slide ms.ppt

1

MANAJEMEN SAINS(Management Science)

Dr. M. Hartun Sunjata, Drs, MSc.

2

CV

Pendidikan

Sarjana Matematika 1964

MSc in Operations Research NPGS USA

1974

Dr Manajemen Pendidikan UNJ 2005

3

Pekerjaan

- TNI-AU 1964 – 1996

- Dosen 1979 –

- Ketua STMIK Budi Luhur 1991 – 1999

- Direktur ASTRI Budi Luhur 2001 – 2005

- Deputi Senior Rektor UBL 2009 – 2011

- Direktur Pascasarjana UBL 2010 – 2011

- Rektor II UBL 2011 –

- Dewan Pembina Pendidikan Yayasan Pendidikan Budi Luhur Cakti

Kontrak perkuliahan

Kuliah : 14 kali + UTS + UAS

Kehadiran : Paling sedikit 80 % dari total pertemuan

Nilai : Presensi (10 %)

Tugas (20 %)

UTS (30 %) + UAS (40 %)

Remedial : Diberikan bagi mereka yang belum lulus dan berhak, tetapi tidak ada jaminan harus lulus

4

Cara belajar yang baik

1. Sedikit demi sedikit setiap hari, terutama mata kuliah untuk hari berikutnya (tidak hanya menjelang ujian saja)

2. Tidak sering terlambat atau tidak ikut kuliah

3. Mencatat apa yang dijelaskan dosen

4. Mengerjakan tugas yang diberikan secara mandiri (tidak hanya menyontek)

5. Bertanya jika ada hal yang belum jelas

5

Penyebab kegagalan

1. Sering terlambat atau tidak masuk kuliah

2. Catatan tidak lengkap

3. Tidak serius mendengarkan dan mencatat

4. Jarang mengerjakan tugas

5. Jarang bertanya hal yang kurang jelas

6. Belajar hanya menjelang ujian

6

Hari kuliah

Senin : Kelompok AB

jam : 11.35

Ruang : 83B

Rabu : Kelompok AA

jam : 08.00

Ruang : 635

7

8

Mata kuliah

Nama berbeda – isi sama

- Management Science

- Scientific Management

- Quantitative Management

- Quantitative Approach to Management

- Quantitative Analysis for Management

- Operations Research

Mengapa perlu kuantitatif

Tugas manajer : Memutuskan

Memutuskan : Memilih alternatif terbaik

Memilih : Membandingkan

Membandingkan : Perlu alat pembanding

9

10

Pengertian

Manajemen sains :

= Alat analisis dalam manajemen

= Ciri-ciri :

- Menggunakan model

- Bersifat Kuantitatif

- Mencapai kondisi optimal

11

Pengertian

= Model : Formula matematik yang memiliki

sifat-sifat dari masalah yang dianalisis

= Kuantitatif : Memuat variabel yang dapat

ditentukan nilainya dengan angka

= Optimal : 1. Maximumkan output jika

inputnya terbatas

2. Minimumkan input utk mencapai

output yang ditentukan

12

Perhatikan

1. Kerjakan soal-soal latihan

2. Tanyakan jika ada kesulitan

3. Soal ujian akan diambilkan dari soal latihan

4. Ujian (UTS dan UAS) buka buku

13

Model-model M.S.

1. Linear Programming (*)2. Game 3. Transportation (*)4. Assignment5. Dynamic Programming (*)6. Queue7. Decision making (*)8. Etc.

14

Contoh Model - 1

Seorang ibu membuat baju dan celana anak untuk dijual. Bahan baku dibeli dengan harga Rp. 3000,-/baju dan Rp7500,-/celana. Penjahitan memerlukan biaya Rp4000,- per potong dengan waktu 120 menit/baju dan 180 menit/celana. Tersedia total Rp54000,- untuk membeli bahan, Rp40000- untuk biaya jahit, dan 24 jam untuk waktu menjahit. Diperoleh keuntungan sebesar Rp2000,-/baju dan Rp2500,-/celana. Ingin diperoleh total keuntungan sebesar mungkin.

15

Model-1

Maksimumkan Z = 2 x1 + 2.5 x2

Kendala : 3 x1 + 7.5 x2 ≤ 54

4 x1 + 4 x2 ≤ 40

2 x1 + 3 x2 ≤ 24

x1 , x2 ≥ 0

16

Contoh Model - 2

Sebuah industri memiliki 4 buah pabrik P1, P2, P3, dan P4. Setiap hari dihasilkan produk sebanyak 70 unit di P1, 30 unit di P2, 80 unit di P3, dan 20 unit di P4. Produk harus dipindahkan ke 5 gudang G1, G2, G3, G4, dan G5 masing-masing dengan daya tampung tampung 40 unit di G1, 50 unit di G2, 30 unit di G3, 30 unit di G4, dan 50 unit di G5. Ingin memindahkan seluruh persediaan dengan total biaya sekecil mungkin. Biaya untuk memindahkan setiap unit dari setiap pabrik ke gudang (dalam ribuan rupiah) adalah sebagai berikut.

17

Matriks biaya alokasi/unit

Gudang Perse-

Pabrik G1 G2 G3 G4 G5 diaan

P1 5 7 8 4 6 70

P2 7 3 6 5 8 30

P3 9 6 2 4 5 80

P4 4 8 4 7 6 20

Daya tampung 40 50 30 30 50

Masalah : Bagaimana cara pengalokasian produk dari setiap pabrik ke gudang dg total biaya minimum

18

Contoh Model – 3

Sebuah toko merencanakan persediaan komoditi untuk tiga bulan : Mei, Juni, dan Juli. Persediaan pada awal Mei = 0. Komoditi dipesan dari pemasok dengan harga setiap unit $60,- selama bulan Mei dan Juni dan menjadi $75,- pada bulan Juli. Perkiraan jumlah kebutuhan (unit) adalah 50 untuk Mei, 100 untuk Juni, dan 40 untuk Juli. Setiap kali pemesanan diperlukan biaya $100,- dan jika komoditi disimpan setiap bulan memerlukan biaya $10,- untuk setiap unit. Ingin ditentukan cara pemesanan untuk memenuhi kebutuhan dengan biaya sekecil mungkin.

19

Contoh Model – 4

Modal sebesar $1500,- akan digunakan investasi pada 3 jenis komoditi. Ingin ditentukan cara investasi untuk memperoleh total keuntungan sebesar mungkin. Data ketiga komoditi adalah sebagai berikut :

Komoditi A B C Harga beli/unit $150 200 325 Keuntungan/unit 20 30 45

20

Contoh Model – 5

Sebuah perusahaan jasa angkutan barang ingin menambah armada angkutannya. Tersedia 3 alternatif truk yg dapat dibeli, yaitu truk kecil (Kc), medium (Md) , dan besar (Bs). Keuntungan yg dpt diperoleh dari setiap truk akan bergantung pada kondisi permintaan yang akan datang. Permintaan dikategorikan menjadi 4 macam : Sedikit (St), sedang (Sg), banyak (Bk), sangat banyak (Sb).

21

Matriks pay-off (keuntungan)dari keputusan / kondisi

Besarnya keuntungan (ribuan $) dari setiap alternatif keputusan dan permintaan adalah sebagai berikut :

Tipe Permintaan

truk St Sd Bk Sb Masalah :

Kc 25 20 15 10 Tipe truk

Md 20 25 15 12 mana yg

Bs -20 -5 30 40 dibeli ?

22

LINEAR PROGRAMMING

- Mencari hasil maksimum dalam

keterbatasan biaya (input)

- Menentukan biaya minimum utk

mencapai hasil yang ditentukan

- Banyak digunakan dalam proses

produksi

23

Bentuk umum model

Max(Min) Z = c1x1 + c2x2 + .... + cnxn

Kendala : a11x1 + a12x2 + .... + a1nxn ≤≥ b1

a21x1 + a22x2 + .... + a2nxn ≤≥ b2

.......

am1x1 + am2x2 + .... + amnxn ≤≥ bm

x1 , x2 , .... , xn ≥ 0

24

xj : variabel keputusan, yg akan ditentukan

harganya

Z = c1 x1 + c2 x2 + .... + cn xn : fungsi

tujuan

ai1 x1 + ai2 x2 + .... + ain xn ≤≥ bi : fungsi

pembatas (kendala)

xj ≥ 0 : kendala non negatif

25

Kendala non negatif

xj ≥ 0 : Syarat agar model memiliki penyelesaian optimal Substitusi variabel

- Jika ada xj ≤ 0 substitusikan xj = - uj

sehingga uj ≥ 0

- Jika ada harga xj yang tidak dibatasi (boleh negatif, nol, atau positif)

substitusikan xj = uj – vj untuk uj , vj ≥ 0

26

Kendala non negatif

Contoh : Maks. Z = 3 x1 + 2x2 + 5 x3

Kendala : 2 x1 + x2 + 2 x3 ≤ 6

4 x1 + 3 x2 - x3 ≤ 8

x1 , x2 ≥ 0

x3 ≤ 0

Substitusi x3 = - u3 menjadi

Maks. Z = 3 x1 + 2x2 - 5 u3

Kendala : 2 x1 + x2 - 2 u3 ≤ 6

4 x1 + 3 x2 + u3 ≤ 8

x1 , x2 , u3 ≥ 0

27

Kendala non negatif

Contoh : Min. Z = 5 x1 + 6 x2

Kendala : 3 x1 + 4 x2 ≥ 12

3 x1 + 2 x2 ≥ 6

2 x1 + 5 x2 ≥ 10

x2 ≥ 0 dan x1 tidak dibatasi

Substitusi x1 = u1 - v1 menjadi

Maks. Z = 5 u1 - 5 v1 + 6 x2

Kendala : 3 u1 - 3 v1 + 4 x2 ≥ 12

3 u1 - 3 v1 + 2 x2 ≥ 6

2 u1 - 2 v1 + 5 x2 ≥ 10

u1 , v1 , x2 ≥ 0

28

Pembentukan model

1. Visualisasi data

2. Penentuan variabel keputusan

3. Penentuan fungsi tujuan

4. Penentuan fungsi-fungsi pembatas

5. Penulisan model

29

Contoh Model-1

Seorang ibu membuat baju dan celana anak untuk dijual. Bahan baku dibeli dengan harga Rp. 3000,-/baju dan Rp7500,-/celana. Penjahitan memerlukan biaya Rp4000,- per potong dengan waktu 120 menit/baju dan 180 menit/celana. Tersedia total Rp54000,- untuk membeli bahan, Rp40000- untuk biaya jahit, dan 24 jam untuk waktu menjahit. Diperoleh keuntungan sebesar Rp2000,-/baju dan Rp2500,-/celana. Ingin diperoleh total keuntungan sebesar mungkin.

30

Visualisasi data

Keuntungan = Jumlah keuntungan baju dan keuntungan celana

Misal x1 = banyaknya baju yg diproduksi

x2 = banyaknya celana yg diproduksi Total keuntungan

Z = 2000 x1 + 2500 x2

31

Visualisasi data

Produk

Baju Celana Jml

Keuntungan 2 2.5 Max

Biaya bahan 3 7.5 54

Biaya jahit 4 4 40

Lama jahit 2 3 24

Banyak produk x1 x2

32

Perumusan masalah

Total keuntungan : Z = 2 x1 + 2.5 x2

Pembatas :

Biaya bahan : 3 x1 + 7.5 x2 ≤ 54

Biaya jahit : 4 x1 + 4 x2 ≤ 40

Lama menjahit : 2 x1 + 3 x2 ≤ 24

Banyak produk : x1 , x2 ≥ 0

33

Model

Maksimumkan Z = 2 x1 + 2.5 x2

Kendala : 3 x1 + 7.5 x2 ≤ 54

4 x1 + 4 x2 ≤ 40

2 x1 + 3 x2 ≤ 24

x1 , x2 ≥ 0

34

Contoh Model-2

Seorang peternak sapi ingin melakukan efisiensi dalam pemeliharaan ternaknya. Seekor sapi setiap hari memerlukan tiga macam nutrisi berturut-turut sebanyak 12 unit N1, 7 unit N2, dan 10 unit N3, yang diperoleh dari dua macam bahan makan M1 dan M2. Setiap kg bahan M1 dibeli dengan harga Rp 12000,- memuat 3 unit N1, satu unit N2, dan 2 unit N3. Setiap kg M2 dibeli dengan harga Rp9000,- memuat masing-masing satu unit N1, N2, dan N3. Ingin memenuhi kebutuhan nutrisi bagi sapi dengan biaya makan sekecil mungkin.

35

Visualisasi data

Biaya = Jumlah biaya pembelian kedua bahan makanan

Misal x1 = banyaknya bahan M1 yg dibeli

x2 = banyaknya bahan M2 yg dibeli Total biaya

Z = 12000 x1 + 9000 x2

36

Visualisasi data

Bahan

M1 M2 Jml

Biaya 12 9 Min

Kandungan N1 3 1 12

Kandungan N2 1 1 7

Kandungan N3 2 1 10

Banyak bahan x1 x2

37

Perumusan masalah

Total biaya : Z = 12 x1 + 9 x2

Pembatas : Kandungan nutrisi

N1 : 3 x1 + x2 ≥ 12

N2 : x1 + x2 ≥ 7

N3 : 2 x1 + x2 ≥ 10

Banyak bahan : x1 , x2 ≥ 0

38

Model

Minimumkan Z = 12 x1 + 9 x2

Kendala : 3 x1 + x2 ≥ 12

x1 + x2 ≥ 7

2 x1 + x2 ≥ 10

x1 , x2 ≥ 0

39

Contoh Model-3

Sebuah kontraktor akan mengerjakan 3 proyek P1, P2, dan P3. Setiap hari kebutuhan pasir adalah 40 truk di P1, 30 truk di P2, dan 70 truk di P3. Pasir diambil dari 3 lokasi L1, L2, dan L3. Tersedia pasir sebanyak 60 truk di L1, 20 truk di L2, dan 60 truk di L3. Biaya angkut setiap truk pasir (puluhan ribu Rp) dari L1 : 9 ke P1, 6 ke P2, dan 5 ke P3, dari L2 : 5 ke P1, 8 ke P2, dan 7 ke P3, dari L3 : 7 ke P1, 5 ke P2, dan 9 ke P3. Ingin memenuhi semua kebutuhan pasir dengan total biaya sekecil mungkin.

40

Visualisasi data

Lokasi Proyek Sup -

asal P1 P2 P3 ply

L1 9(x11) 6(x12) 5(x13) 60

L2 5(x21) 8(x22) 7(x23) 20

L3 7(x31) 5(x32) 9(x33) 60

Demand 40 30 70

41

Perumusan masalah

Total biaya ;

Z = 9 x11 + 6 x12 + ..... + 5 x32 + 9 x33 Pembatas :

Persediaan L1 : x11 + x12 + x13 ≤ 60

L2 : x21 + x22 + x23 ≤ 20

L3 : x31 + x32 + x33 ≤ 60

Kebutuhan P1 : x11 + x21 + x31 ≥ 40

P2 : x12 + x22 + x32 ≥ 30

P3 : x13 + x23 + x33 ≥ 70

42

Model

Minimumkan

Z = 9 x11 + 6 x12 + ..... + 5 x32 + 9 x33

Kendala : x11 + x12 + x13 ≤ 60

x21 + x22 + x23 ≤ 20

x31 + x32 + x33 ≤ 60

x11 + x21 + x31 ≥ 40

x12 + x22 + x32 ≥ 30

x13 + x23 + x33 ≥ 70

x11 , x12 , ..... , x32 , x33 ≥ 0

43

Soal latihan Model-1

Sebuah perusahaan pupuk menggunakan 2 jenis bahan baku B1 dan B2. Setiap kilogram bahan baku B1 dibeli seharga $5,- memuat 14 gr nitrogen (Ni), 15 gr posphat (Ph), dan 10 gr potas (Po), sedangkan 1 kg B2 seharga $3,- memuat 20 gr Ni dan 12 gr Ph. Setiap kantong pupuk harus memuat paling sedikit 40 gr Ni, 73 gr Ph, dan 18 gr Po. Ingin menghasilkan produk dengan biaya bahan baku sekecil mungkin.

44

Visualisasi data

Bahan

B1 B2 Total

Harga/kg $5 $3 Minimum

Muatan Ni 14 20 40

Ph 15 12 73

Po 10 - 18

Jml yg dibeli X1 X2

45

Model - 1

Model :

Minimumkan Z = 5 x1 + 3 x2

Kendala : 14 x1 + 20 x2 ≥ 40

15 x1 + 12 x2 ≥ 73

10 x1 ≥ 18

x1 , x2 ≥ 0

46

Soal latihan Model-2

Perusahaan komputer Incom memproduksi 2 tipe komputer PC, jenis Delta (D) dan Epsilon (E). Setiap bulan Incom harus menghasilkan paling sedikit 10 unit D dan 15 unit E. Waktu yang diperlukan untuk merakit setiap unit adalah 20 jam untuk D dan 25 jam untuk E. Terdapat 5 orang teknisi perakit yang masing-masing bekerja selama 160 jam setiap bulan. Harga jual setiap unit adalah $1200,- untuk D dan $1500,- untuk E. Formulasikan bentuk model agar diperoleh total penjualan sebanyak mungkin.

47

Visualisasi data Produk

D E Total

Harga 1200 1500 Maks.

Produk D 1 - 10

E - 1 15

Waktu 20 25 800 ( 5 orang x

160 jam)

Jml yg dibuat X1 X2

48

Model

Maks. Z = 1200 x1 + 1500 x2

Kendala : x1 ≥ 10

x2 ≥ 15

20 x1 + 25 x2 ≤ 800

x1 , x2 ≥ 0

49

Penyelesaian- Harga-harga variabel yang memenuhi

semua kendala dan menghasilkan harga optimal Z

- Metoda : 1. Grafik (*)

2. Aljabar

3. Simplex

Dapat digunakan paket program (QSB+, QM, dll)

50

Perbandingan antar metoda

Grafik Aljabar Simplex

Fungsi Max. / Max. / Max.

tujuan Min. Min. (manual)

Banyaknya 2 saja tidak tidak

variabel dibatasi dibatasi

Proses mudah, mudah, sulit,

cepat lambat cepat

51

Metode Grafik

- Dibatasi hanya 2 variabel

- Mencari Maksimum / Minimum

fungsi tujuan

- Menggunakan bidang koordinat

Cartesian.

52

Langkah-langkah

1. Buat bidang koordinat (X1 , X2)

2. Gambarkan garis-garis kendala

3. Tentukan daerah layak (DL) : Daerah

dalam bidang koordinat yang dibatasi oleh

semua garis kendala

4. Tentukan koordinat semua titik sudut DL

5. Tentukan harga Z setiap titik sudut

6. Penyelesaian : Titik sudut dg Z optimal

53

Koordinat Cartesian

Bidang yg dibatasi oleh 2 garis (disebut sumbu koordinat) berpotongan yg saling tegak lurus

X1 : Sumbu datar, dan X2 : Sumbu tegak Titik potong sumbu = Titik asal (titik nol)

P(x1 , x2) = Titik P dg koordinat (x1 , x2)

xi = Jarak proyeksi P pada sumbu Xi dg titik nol

54

Koordinat Cartesian

X2

x2 P(x1 , x2)

x1 X1

55

X2

3 P(6,3)

S(-4,2) 2

1

–4 –3 0 2 3 6 8 X1

–1 Q(8,-1)

R(-3,-2) –2

56

Menggambar garis

dan

menentukan DL

57

1. 3 X1 + 4 X2 ≤ 24

X2

3 X1 + 4 X2 = 24

X1 X2 6

0 6

8 0 DL

8 X1

58

2. 5 X1 + 2 X2 ≥ 20

X2

5 X1 + 2 X2 = 20 10

X1 X2

0 10 DL

4 0

4 X1

59

3. 3 X1 - 2 X2 ≤ 12

X2

3 X1 - 2 X2 = 12

X1 X2

0 - 6 4 X1

4 0 DL

- 6

60

4. -2 X1 + 3 X2 ≤ 18

X2

-2 X1 + 3 X2 = 18

X1 X2 6

0 6

-9 0 DL

-9 X1

61

5. 3 X1 ≤ 15

X2

3 X1 = 15

X1 X2

5 -

DL

5 X1

62

6. 7 X2 ≥ 28

X2

7 X2 = 28

X1 X2 DL

- 4 4

X1

63

7. Lebih dari satu kendala

3 X1 + 4 X2 ≤ 24

4 X1 + 3 X2 ≤ 24

X1 ≤ 4

X1 , X2 ≥ 0

64

X2

6 3 X1 + 4 X2 = 24

8 X1

65

X2

8

6 4 X1 + 3 X2 = 24

3 X1 + 4 X2 = 24

6 8 X1

66

3 X1 + 4 X2 ≤ 24 X2

4 X1 + 3 X2 ≤ 24

X1 ≤ 4 8

X1 , X2 ≥ 0 6

DL

4 6 8 X1

67

Contoh Grafik-1 (Mdl-1)

Maks. Z = 2 X1 + 2.5 X2

Kendala : 3 X1 + 7.5 X2 ≤ 54

4 X1 + 4 X2 ≤ 40

2 X1 + 3 X2 ≤ 24

X1 , X2 ≥ 0

68

3 X1 + 7.5 X2 ≤ 54

X2

7.2

18 X1

69

X2 3 X1 + 7.5 X2 ≤ 54 10 4 X1 + 4 X2 ≤ 40

7.2

10 18 X1

70

X2 3 X1 + 7.5 X2 ≤ 54

10 4 X1 + 4 X2 ≤ 40

2 X1 + 3 X2 ≤ 24

X1 , X2 ≥ 0 8 7.2 DL

10 12 18 X1

71

Penyelesaian

A : x1 = 10, x2 = 0, Z = (2)(10) + (2.5)(0) = 20

B : x1 = 0, x2 = 0, Z = (2)(0) + (2.5)(0) = 0

C : x1 = 0, x2 = 7.2, Z = (2)(0) + (2.5)(7.2) = 18

D : Titik potong antara (1) : 3 x1 + 7.5 x2 = 54

dengan (2) : 2 x1 + 3 x2 = 24

(1) : 3 x1 + 7.5 x2 = 54

2.5 x (2) : 5 x1 +7.5 x2 = 60

(1) – 2.5 x (2) : - 2 x1 = - 6 jadi x1 = 3

masuk ke (1) : 3 (3) + 7.5 x2 = 54 diperoleh x2 = 6 sehingga Z = (2)(3) + (2.5)(6) = 21

72

E : Titik potong antara (1) : 2 x1 + 3 x2 = 24

dengan (2) : 4 x1 + 4 x2 = 40

2 x (1) : 4 x1 + 6 x2 = 48

(2) : 4 x1 + 4 x2 = 40

2 x (1) – (2) : 2 x2 = 8 jadi x2 = 4

masuk ke (1) : 2 x1 + 3 (4) = 24 diperoleh x1 = 6 sehingga Z = (2)(6) + (2.5)(4) = 22

Penyelesaian :

Maks. Z = 22 untuk x1 = 6 dan x2 = 4

73

Contoh Grafik-2 (Mdl-2)

Minimumkan Z = 12 X1 + 9 X2

Kendala : 3 X1 + X2 ≥ 12

X1 + X2 ≥ 7

2 X1 + X2 ≥ 10

X1 , X2 ≥ 0

74

X2

3 X1 + X2 ≥ 12

12

4 X1

75

X2

3 X1 + X2 ≥ 12

X1 + X2 ≥ 7 7

4 7 X1

76

X2 12 A 10 DL 7 D C

B

4 5 7 X1

77

Penyelesaian

A : x1 = 0, x2 = 12, Z = (12)(0) + (9)(12) = 108

B : x1 = 7, x2 = 0, Z = (12)(7) + (9)(0) = 84

C : Titik potong antara (1) : 2 x1 + x2 = 10

dengan (2) : x1 + x2 = 7

(1) – (2) : x1 = 3

masuk ke (1) : 2 (3) + x2 = 10 diperoleh x2 = 4

sehingga Z = (12)(3) + (9)(4) = 72

78

D : Titik potong antara (1) : 3 x1 + x2 = 12

dengan (2) : 2 x1 + x2 = 10

(1) – (2) : x1 = 2

masuk ke (1) : 3 (2) + x2 = 12

diperoleh x2 = 6

sehingga Z = (12)(2) + (9)(6) = 78

Penyelesaian :

Min. Z = 72 untuk x1 = 3 dan x2 = 4

79

Contoh Grafik-3


Kendala : 3 X1 + X2 ≥ 6

X1 + X2 ≥ 3

- 2 X1 + X2 ≤ 2

X1 - 3 X2 ≤ 0

X1 , X2 ≥ 0

80

Grafik

X2

6

3 A 2 B DL C

-1 2 3 X1

81

Penyelesaian

A : Titik potong antara 3 x1 + x2 = 6 dengan

-2x1 + x2 = 2 yaitu x1 = 0.8 dan x2 = 3.6

sehingga Z = (4)(0.8) + (5)(3.6) = 21.2

B : Titik potong antara 3 x1 + x2 = 6 dengan

x1 + x2 = 3 yaitu x1 = 1.5 dan x2 = 1.5

sehingga Z = (4)(1.5) + (5)(1.5) = 13.5

C : Titik potong antara x1 - 3x2 = 0 dengan

x1 + x2 = 3 yaitu x1 = 2.25 dan x2 = 0.75

sehingga Z = (4)(2.25) + (5)(0.75) = 12.75

Hasl : Min. Z = 12.75 untuk x1 = 2.25 dan x2 = 0.75

82

Contoh Grafik-4

Maksimumkan Z = 6 X1 + 5 X2

Kendala : 3 X1 + 2 X2 ≤ 18

X1 – 4 X2 ≤ 0

3 X1 + 4 X2 ≤ 24

– 3 X1 + X2 ≤ 3

X1 , X2 ≥ 0

83

Grafik

X2

9

6 C

3 B DL D

E

-1 A 4 6 8 X1

84

Penyelesaian

A : x1 = x2 = 0, Z = (6)(0) + (5)(0) = 0

B : x1 = 0, x2 = 3, Z = (6)(0) + (5)(3) = 15

C : Titik potong antara -3 x1 + x2 = 3 dengan

3x1 + 4x2 = 24 yaitu x1 = 0.8 dan x2 = 5.4 sehingga Z = (6)(0.8) + (5)(5.4) = 31.8

D : Titik potong antara 3x1 + 4x2 = 24 dengan

3x1 + 2x2 = 18 yaitu x1 = 4 dan x2 = 3 sehingga Z = (6)(4) + (5)(3) = 39 (Maksimum)

E : Titik potong antara 3x1 + 2x2 = 18 dengan

x1 - 4x2 = 0 yaitu x1 = 5.14 dan x2 = 1.29 sehingga Z = (6)(5.14) + (5)(1.29) = 37.29

85

Penyelesaian dengan metoda Simpleks

Langkah-langkah :

1. Ubah fungsi tujuan menjadi bentuk Maks.

2. Ubah bentuk model menjadi bentuk baku (standar)

3. Tabulasikan model

4. Lakukan iterasi tabel menuju penyelesiaan optimal (maksimum)

86

Fungsi tujuan

- Jika fungsi tujuan telah berbentuk Maks., lanjutkan ke bentuk standar

- Jika fungsi tujuan berbentuk Min., ubah menjadi bentuk Maks., dengan memberi tanda negatif pada semua koefisien variabel

Contoh : Minimumkan Z = 12 X1 + 9 X2 menjadi

Maksimumkan W = -12 X1 - 9 X2

87

Bentuk baku (standar)

Semua kendala berbentuk persamaan

- Jika kendala berbentuk ≤ : tambahkan satu variabel dengan koefisien +1

Contoh : 2 X1 + 3 X2 ≤ 24 menjadi

2 X1 + 3 X2 + Xs = 24

Xs disebut variabel slack

88

Bentuk baku

- Jika kendala berbentuk ≥, tambahkan satu variabel dengan koefisien - 1

Contoh : 2 X1 + X2 ≥ 10 menjadi

2 X1 + X2 - Xs = 10

Xs disebut variabel surplus

89

Tabulasi

cj c1 c2 ..... cn

Basis X1 X2 ….. Xn bi

Xp … … ….. … …

Xq … … ….. … … ………

Xr … … ….. … …

Zj … … ….. … …

cj - Zj … … ….. …

90

Keterangan tabel

1. Kotak atas : - Baris pertama atas = Koefisien variabel pada fungsi tujuan - Baris kedua atas = Semua variabel keputusan 2. Kotak tengah : - Kolom kiri = Varibel basis (penyelesian) - Tengah = Koefisien kendala urut dari kendala pertama - Kolom kanan = Harga batas kendala - Variabel basis = variabel penyelesaian (sesuai dengan banyaknya kendala) Variabel lain = Non basis, harganya = 0

91

Keterangan tabel

3. Kotak bawah :

- baris pertama Zj = Cj . Xj , dimana

Cj = (matriks baris) harga koefisien basis pada fungsi tujuan

Xj = (matriks kolom) pada kolom X pada kotak tengah

Zj pada kolom terakhir = harga Z untuk basis

- Baris kedua = selisih cj dengan Zj merupakan indikator optimalitas

92

Contoh


Kendala : 3 X1 + 2 X2 ≤ 18

X1 – 4 X2 ≤ 0

3 X1 + 4 X2 ≤ 24

– 3 X1 + X2 ≤ 3

X1 , X2 ≥ 0

93

Bentuk standar

Maks. Z = 6 X1 + 5 X2

Kendala : 3 X1 + 2 X2 + X3 = 18

X1 – 4 X2 + X4 = 0

3 X1 + 4 X2 + X5 = 24

– 3 X1 + X2 + X6 = 3

X1 , X2 , X3 , X4 , X5 , X6 ≥ 0

X3 , X4 , X5 , X6 : variabel slack

94

Tabel awal

cj 6 5 0 0 0 0

Basis X1 X2 X3 X4 X5 X6 bi

X3 3 2 1 0 0 0 18

X4 1 -4 0 1 0 0 0

X5 3 4 0 0 1 0 24

X6 -3 1 0 0 0 1 3

Zj 0 0 0 0 0 0 0

cj - Zj 6 5 0 0 0 0

95

MODEL TRANSPORTASI

- Mengalokasikan sejumlah persediaan

(supply) dari beberapa tempat asal ke

beberapa tempat tujuan yang memiliki

kapasitas daya tampung tertentu (demand)

- Alokasi optimal : Alokasi dengan total

biaya sekecil mungkin

96

Bentuk Model

B1 B2 ..... Bn Persediaan

A1 c11

x11

c12

x12

...

...

c1n

x1n

a1

A2 c21

x21

c22

x22

...

...

c2n

x2n

a2

..... ...

Am cm1

xm1

cm2

xm2

...

...

cmn

xmn

am

Kebu-tuhan

b1 b2 ..... bn

97

Keterangan

- Ai : tempat asal ke – i

- ai : total persediaan di Ai

- Bj : tempat tujuan ke – j

- bj : total kebutuhan di Bj

- cij : biaya pengalokasian setiap unit dari

Ai ke Bj .

- xij : jumlah persediaan yang dialokasikan dari

Ai ke Bj .

98

Contoh Trp-1

Sebuah industri memiliki 4 buah pabrik P1, P2, P3, dan P4. Setiap hari dihasilkan produk sebanyak 70 unit di P1, 30 unit di P2, 80 unit di P3, dan 20 unit di P4. Produk harus dipindahkan ke 5 gudang G1, G2, G3, G4, dan G5 masing-masing dengan daya tampung tampung 40 unit di G1, 50 unit di G2, 30 unit di G3, 30 unit di G4, dan 50 unit di G5. Ingin memindahkan seluruh persediaan dengan total biaya sekecil mungkin. Biaya untuk memindahkan setiap unit dari setiap pabrik ke gudang (dalam ribuan rupiah) adalah sebagai berikut.

99

Matrix biaya

G1 G2 G3 G4 G5

P1

P2

P3

P4

5 7 8 4 6

7 3 6 5 8

9 6 2 4 5

4 8 4 7 6

100

Matrix biaya-persediaan-kebutuhan

G1 G2 G3 G4 G5 Persediaan

P1

P2

P3

P4

5 7 8 4 6

7 3 6 5 8

9 6 2 4 5

4 8 4 7 6

70

30

80

20

Kebutuhan 40 50 30 30 50

101

Langkah-langkah optimalisasi

1. Tentukan satu alokasi layak

2. Uji optimalitas

3. Realokasi jika belum optimal

4. Ulang (2) dan (3) hingga

optimal

102

Menentukan alokasi layak

- Alokasi layak jika :

∑j xij = ai dan ∑i xij = bj

- Syarat : ∑i ai = ∑j bj

- Metode :

1. North West Corner (NWC)

2. Least Cost Cell (LCC)

3. Penalti (atau Vogel)

103

Perbandingan ketiga metode

Metode Proses Biaya

NWC Mudah, Tidak pasti

cepat

LCC Lebih sulit, Relatif kecil

cepat

Penalti Sulit, lambat Kecil

104

NWC

G1 G2 G3 G4 G5 Sply P1 5[40] 7[ ] 8[ ] 4[ ] 6[ ] 70 P2 7[ ] 3[ ] 6[ ] 5[ ] 8[ ] 30 P3 9[ ] 6[ ] 2[ ] 4[ ] 5[ ] 80 P4 4[ ] 8[ ] 4[ ] 7[ ] 6[ ] 20Dmnd 40 50 30 30 50 Total biaya = (40)(5) + = 960

105

LCC

G1 G2 G3 G4 G5 Sply

P1 5[ ] 7[ ] 8[ ] 4[ ] 6[ ] 70

P2 7[ ] 3[ ] 6[ ] 5[ ] 8[ ] 30

P3 9[ ] 6[ ] 2[30] 4[30] 5[20] 80

P4 4[ ] 8[ ] 4[ ] 7[ ] 6[20] 20

Dmnd 40 50 30 30 50

Total biaya =

890

106

LCC (alternatif)

G1 G2 G3 G4 G5 Sply P1 5[ ] 7[ ] 8[ ] 4[ ] 6[30] 70 P2 7[ ] 3[ ] 6[ ] 5[ ] 8[ ] 30 P3 9[ ] 6[ ] 2[30] 4[30] 5[20] 80 P4 4[ ] 8[ ] 4[ ] 7[ ] 6[ ] 20 Dmnd 40 50 30 30 50 Total biaya = = 910

107

Penalti

G1 G2 G3 G4 G5 Sply

P1 5[ ] 7[ ] 8[ ] 4[ ] 6[ ] 70

P2 7[ ] 3[ ] 6[ ] 5[ ] 8[ ] 30

P3 9[ ] 6[ ] 2[ ] 4[ ] 5[ ] 80

P4 4[ ] 8[ ] 4[ ] 7[ ] 6[ ] 20

Dmnd 40 50 30 30 50

Biaya:

= 840

108

Latihan Trp-1

Tentukan alokasi layak menggunakan metoda LCC dan Penalti

9 6 7 9 8 3 80

6 8 9 9 2 4 90

5 9 9 9 7 8 60

7 6 3 9 8 4 70

50 50 50 50 50 50

109

Latihan Trp-2

Tentukan alokasi layak menggunakan metoda LCC dan Penalti

3 8 7 6 8 6 80

4 3 4 3 7 9 80

6 5 5 2 5 5 80

5 5 8 5 4 5 80

50 50 40 60 60 60

110

Uji optimalitas

Syarat :

Banyaknya alokasi = baris + kolom – 1

= (m + n – 1)

Metode :

1. Stepping Stones

2. MODI (modified distribution)

111

Metode Stepping Stones

1. Buat satu alokasi sebesar 1 unit pada posisi yang tidak memuat alokasi2. Kurangkan dan tambahkan 1 unit pada alokasi lain

hingga terjadi terjadi “loop” ke alokasi yang baru3. Hitung perubahan biaya. Jika perubahan biaya : (a) positif, ulang (1) pada posisi lain (b) negatif, masukkan alokasi sebesar mungkin pada posisi tersebut.4. Ulang (1) dan seterusnya hingga tidak dapat

memperoleh perubahan negatif pada biaya

112

Contoh (alokasi NWC)

G1 G2 G3 G4 G5 Sply P1 5[40-] 7[30+] 8[ ] 4[ ] 6[ ] 70 P2 7[ + ] 3[20-] 6[10] 5[ ] 8[ ] 30 P3 9[ ] 6[ ] 2[20] 4[30] 5[30] 80 P4 4[ ] 8[ ] 4[ ] 7[ ] 6[20] 20 Dmn 40 50 30 30 50Jika dibuat alokasi baru x21 = 1 maka akan terjadi perubahan biaya = 7 - 3 + 7 - 5 = 6 Karena biaya bertambah besar maka tidak dpt

dibuat alokasi baru

113


G1 G2 G3 G4 G5 Sply P1 5[40] 7[30-] 8[ ] 4[ ] 6[ + ] 70 P2 7[ ] 3[20+] 6[10-] 5[ ] 8[ ] 30 P3 9[ ] 6[ ] 2[20+] 4[30] 5[30-] 80 P4 4[ ] 8[ ] 4[ ] 7[ ] 6[20] 20 Dmn 40 50 30 30 50

Jika dibuat alokasi baru x15 = 1 maka akan terjadi perubahan biaya = 6 - 5 + 2 - 6 + 3 -7 = -7.

114

Karena terjadi pengurangan biaya maka dpt diteruskan degan x15 = 10 (alokasi terkecil yg mendapat pengurangan) menjadi

G1 G2 G3 G4 G5 Sply P1 5[40] 7[20] 8[ ] 4[ ] 6[10] 70 P2 7[ ] 3[30] 6[ ] 5[ ] 8[ ] 30 P3 9[ ] 6[ ] 2[30] 4[30] 5[20] 80 P4 4[ ] 8[ ] 4[ ] 7[ ] 6[20] 20 Dmn 40 50 30 30 50 Biaya = 960 – (7)(10) = 890

115

MODI

1. Tuliskan matriks biaya (cij) untuk posisi

dimana xij ≠ 0

2. Tentukan bilangan-bilangan u1,u2 , ... , um dan v1,v2 , ... , vn sehingga ui + vj = cij pada posisi xij ≠ 0

3. Hitung dij = cij – (ui + vj) pada posisi xij = 0

4. Jika terdapat dij < 0 maka alokasi belum

optimal

116


G1 G2 G3 G4 G5 Sply

P1 5[40] 7[30 ] 8[ ] 4[ ] 6[ ] 70

P2 7[ ] 3[20 ] 6[10] 5[ ] 8[ ] 30

P3 9[ ] 6[ ] 2[20] 4[30] 5[30] 80

P4 4[ ] 8[ ] 4[ ] 7[ ] 6[20] 20

Dmd 40 50 30 30 50

117

Pengujian (Alokasi NWC)Menentukan ui dan vj

5 7 u1= 0

3 6 u2=

2 4 5 u3=

6 u4=

v1= v2= v3= v4= v5=

Misal ditentukan u1= 0

118

Pengujian (Alokasi NWC)Menentukan dij

5 7 -2 -8 -7 u1= 0

+ 3 6 -3 -1 u2= -4

+ + 2 4 5 u3= -8

+ + + + 6 u4= -7

v1= 5 v2= 7 v3=10 v4=12 v5=13

119

Realokasi

Jika alokasi belum optimal, lakukan realokasi sebagai berikut :

1. Buat alokasi baru sebesar Δ pada posisi dimana dij < 0 2. Lakukan “loop” pengurangan dan penambahan Δ pada alokasi lain 3. Tentukan Δ = alokasi terkecil yang mendapat pengurangan Δ 4. Terbentuk alokasi baru dengan biaya = biaya lama + (dij)(Δ)

120

Realokasi

40 30 – + 70

20+ 10 – 30

20+ 30 – 30 80

20 20

40 50 30 30 50

Biaya = 960

121

Perubahan alokasi

40 20 10 70

30 30

30 20 30 80

20 20

40 50 30 30 50

Biaya = 960 + (10)(-8) = 880

122

Uji II

5 7 + 4 + u1= 0

+ 3 + + + u2=-4

+ -1 2 4 5 u3= 0

-2 0 + + 6 u4= 1

v1= 5 v2= 7 v3= 2 v4= 4 v5= 5

123

Realokasi II

40 – 20 10+ 70

30 30

30 20 – 30+ 80

+ 20 – 20

40 50 30 30 50

124

Perubahan alokasi

20 20 30 70

30 30

30 50 80

20 20

40 50 30 30 50

Biaya = 880 + (20)(-2) = 840

125

Tidak memenuhi syarat pengujian

Jika banyaknya alokasi < (m + n – 1) :

1. Tambahkan alokasi baru pada posisi

xij = 0 sebesar ε → 0 sehingga

banyaknya alokasi = (m + n – 1)

2. Perlakukan alokasi tambahan tersebut

sebagai alokasi dengan biaya = 0

126

Dari realokasi II

20 20 30 70 30 30 30 50 80 20 ε 20 40 50 30 30 50

Misal ditambahkan alokasi X43 = ε Biaya = 840 + (4)(ε) = 840 + ε = 840

127

Pengujian

5 7 + 4 -2 0

+ 3 + + + -4

+ + 2 + 5 -3

4 + 4 + -1 -1

5 7 5 4 8

128

Realokasi III

20 – 20 30 + 70

30 30

30+ 50 – 80

20+ ε – 20

40 50 30 30 50

129

Perubahan alokasi

20 20 30 ε 70

30 30

30 50 80

20 20

40 50 30 30 50

Biaya = 840 + (-2)(ε) = 840 - ε = 840

130

Pengujian IV

5 7 + 4 6 0

+ 3 + + + -4

+ 0 2 + 5 -1

4 + + + + -1

5 7 3 4 6

Tidak ada dij < 0, alokasi telah optimal

dengan minimum biaya = 840

131

Kasus ∑ai ≠ ∑bj

1. Jika ∑ai - ∑bj = d > 0 tambahkan satu tempat tujuan (kolom) dengan jumlah kebutuhan = d, dengan biaya alokasi

≥ Max[cij]

2. Jika ∑bj - ∑ai = d > 0 tambahkan satu tempat asal (baris) dengan jumlah persediaan = d, dengan biaya alokasi

≥ Max[cij]

132

∑ai < ∑bj

Misalkan terjadi kenaikan produksi 20 unit di pabrik ke-4 menjadi = 40

5 7 8 4 6 70

7 3 6 5 8 30

9 6 2 4 5 80

4 8 4 7 6 40

40 50 30 30 50

133

Perubahan matriks

5 7 8 4 6 10 70

7 3 6 5 8 10 30

9 6 2 4 5 10 80

4 8 4 7 6 10 40

40 50 30 30 50 20

Ditambahkan satu gudang semu dg

kapasitas = 20 dan biaya alokasi = 10 (Maks)

134

∑ai > ∑bj

5 7 8 4 6 70 7 3 6 5 8 30 9 6 2 4 5 60 4 8 4 7 6 20 40 50 30 30 50 Misal terjadi penurunan produksi sebesar 20 unit di pabrik ke-3

135

Perubahan matriks

Tambahkan pabrik semu P5 dg produksi sebesar 20 dg biaya = 10 (maks.)

5 7 8 4 6 70 7 3 6 5 8 30 9 6 2 4 5 60 4 8 4 7 6 20 10 10 10 10 10 20 40 50 30 30 50

136

Mencari maksimum keuntungan

Jika dari setiap alokasi menghasilkan keuntungan, maka dari alokasi terbentuk matriks keuntungan.

1. Ubah setiap elemen matriks keun-

tungan menjadi negatif.

2. Perlakukan matriks tersebut sebagai

matriks biaya

137

PEMROGRAMAN DINAMIS

Pengambilan keputusan secara berantai untuk mencapai keputusan optimal.

1. Tahap (i) : Tahap dimana keputusan dibuat

2. Status (si) : Kondisi pada tahap i menyangkut informasi yang diperlukan untuk mengambil keputusan

3. Keputusan (di) : Keputusan pada tahap i untuk setiap status si .

138

4. Ukuran efektivitas

fi(si , di) = Hasil keputusan pada

tahap ke-i untuk status si

fi*(si , di) = Harga optimal dari fi(si , di)

di* = Keputusan optimal

Analisis dimulai dari tahap akhir berturut-

turut hingga tahap pertama

139

Contoh PD-1 Perencanaan Inventori

Sebuah toko merencanakan persediaan komoditi untuk tiga bulan : Mei, Juni, dan Juli. Persediaan pada awal Mei = 0. Komoditi dipesan dari pemasok dengan harga $60,- selama bulan Mei dan Juni dan menjadi $75,- pada bulan Juli untuk setiap unit. Perkiraan jumlah kebutuhan (unit) adalah 50 untuk Mei, 100 untuk Juni, dan 40 untuk Juli. Setiap kali pemesanan diperlukan biaya $100,- dan jika komoditi disimpan setiap bulan memerlukan biaya $10,- untuk setiap unit. Ingin ditentukan cara pemesanan untuk memenuhi kebutuhan dengan biaya sekecil mungkin.

140

Variabel yg digunakan

Tahap : 1 = Mei, 2 = Juni, 3 = Juli Status si : Jumlah persediaan awal tahap ke-i di : Jumlah pemesanan pada tahap ke-i fi(si , di) = Total biaya terdiri dari : 1) Pemesanan = $100,- 2) Pembelian = $60,-/unit dalam tahap 1 dan 2 = $75,-/unit dlm tahap 3 3) Penyimpanan = $10,-/unit bulan

4) Biaya minimum hingga tahap akhir

141

Penyelesaian

Tahap 3 (Juli) :

Jika s3 = 0 maka d3 = 40

f3(0,40) = Biaya (pemesanan +pembelian

+ penyimpanan + minimum

hingga tahap akhir)

= $100 + 40($75) + 0 + 0

= $3100,-

142

Tahap 2 (Juni)

Jika s2 = 0 maka d2 = 100 atau d2 = 140

d2 = 100 (untuk Juni saja)

f2(0 , 100) = $100 + 100($60) + 0

+ $3100 = $9200,-

d2 = 140 (untuk Juni dan Juli sekaligus)

f2(0 , 140) = $100 + 140($60)

+ 40($10) + 0 = $8900,-

Maka d2* = 140 dan f2

*(s2 , d2) = $8900,-

143

Tahap 1 (Mei)

Dianggap s1 = 0 maka d1 = 50 , 150, atau 190

d1 = 50 (untuk Mei saja)

f1(0 , 50) = $100 + 50($60) + 0 + $8900

= $12000,-

d1 = 150 (untuk Mei dan Juni saja)

f1(0 , 150) = $100 + 150($60)

+ 100($10) + $3100 = $13200,-

144

Tahap 1 (Mei)

d1 = 190 (sekaligus untuk Mei, Juni,

dan Juli)

f1(0 , 190) = $100 + 190($60)

+ {140($10) + (40)($10)} + 0

= $13300,-

Maka d1* = 50 dan f3

*(s3 , d3) = $12000,-

Penyediaan : Mei = 50 dan Juni = 140

145

Contoh PD-2Penentuan Lintasan Terpendek

Seseorang akan melakukan perjalanan dari kota K1 ke kota K9 melewati beberapa kota yang lain. Ingin ditentukan lintasan terpendek. Jarak antar kota yang dilewati (dalam km) adalah sbb:

K1 – K2 = 10 K4 – K7 = 6 K1 – K3 = 7 K4 – K8 = 10 K2 – K4 = 15 K5 – K7 = 12 K2 – K5 = 10 K5 – K8 = 8 K2 – K6 = 12 K6 – K8 = 15 K3 – K5 = 15 K7 – K9 = 5 K3 – K6 = 7 K8 – K9 = 4

146

Baga lintasan

K4

K2 K7

K1 K5 K9

K3 K8

K6

Thp 1 Thp 2 Thp 3 Thp 4

147


Tahap : Urutan rute dari K1 hingga K9

Status si : Nomor kota asal pada tahap ke-i

di : Kota tujuan pada tahap ke-i

di* : Kota tujuan terdekat hingga K9 pada

tahap ke-i

fi(si , di) = Jarak ke kota di pada tahap ke-i ke K9

fi*(si , di) = Jarak terpendek dari kota di ke K9

148

Tahap 4

s4 : K7 atau K8 d4 : K9

s4 : K7 (d4 : K9)

f4(K7 , K9) = 5, d4* = K9, f4

*(s4 , d4) = 5

s4 : K8 (d4 : K9)

f4(K8 , K9) = 4, d4* = K9, f4

*(s4 , d4) = 4

149

Tahap 3

s3 : K4, K5, atau K6

s3 : K4 (d3 : K7 atau K8)

d3 = K7

f3(K4 , K7) = 6 + 5 = 11

d3 = K8

f3(K4 , K8) = 10 + 4 = 14

d3* = K7, f3

*(s3 , d3) = 11

150

Tahap 3

s3 : K5 (d3 : K7 atau K8)

d3 = K7 : f3(K5 , K7) = 12 + 5 = 17

d3 = K8 : f3(K5 , K8) = 8 + 4 = 12

d3* = K8, f3

*(s3 , d3) = 12

s3 : K6 (d3 : K8)

d3 = K8 : f3(K6 , K8) = 15 + 4 = 19

d3* = K8, f3

*(s3 , d3) = 19

151

Tahap 2

s2 : K2 atau K3 s2 : K2 (d3 : K4, K5 atau K6) d2 = K4 : f2(K2 , K4) = 15 + 11 = 26 d2 = K5 : f2(K2 , K5) = 10 + 12 = 22 d2 = K6 : f2(K2 , K6) = 12 + 19 = 31 d2

* = K5, f2*(s2 , d2) = 22

s2 : K3 (d3 : K5 atau K6) d2 = K5 : f2(K3 , K5) = 15 + 12 = 27 d2 = K6 : f2(K3 , K6) = 7 + 19 = 26 d2

* = K6, f2*(s2 , d2) = 26

152

Tahap 1

s1 : K1 d4 : K2 atau K3

d1 = K2 : f1(K1 , K2) = 10 + 22 = 32

d1 = K3 : f1(K1 , K3) = 7 + 26 = 33

d1* = K2 f1

*(s4 , d4) = 32

Keputusan optimal : Rute : K1 – K2 – K5 – K8 – K9 dengan jarak = 32 km

153

Contoh PD-3Perencanaan Investasi

Modal sebesar $1500,- akan digunakan investasi pada 3 jenis komoditi. Ingin ditentukan cara investasi untuk memperoleh total keuntungan sebesar mungkin. Data ketiga komoditi adalah sebagai berikut :

Komoditi A B C Harga beli/unit $150 200 325 Keuntungan/unit 20 30 45

154


Tahap : Jenis komoditi, 1 = A, 2 = B, 3 = C

Status si : Jumlah $ yang diinvestasikan pada tahap ke-i

di : Jumlah komoditi yg dibeli pada tahap ke-i

di* : Keputusan optimal tentang di

fi(si , di) = total keuntungan dari tahap ke – i hingga tahap terakhir

fi*(si , di) = Maksimum keuntungan dari tahap ke-i

hingga tahap terakhir

155

Tahap 3 : Investasi C

s3 : s3 < 325, 325 ≤ s3 < 650, 650 ≤ s3 < 975,

975 ≤ s3 < 1300, atau 1300 ≤ s3

s3 < 325 d3 = 0 : f3(s3 , d3) = 0

d3* = 0 f3

*(s3 , d3) = 0

s3 : 325 ≤ s3 < 650 d3 = 0 atau 1

d3 = 0 : f3(s3 , d3) = 0

d3 = 1 : f3(s3 , d3) = 45

d3* = 1 f3

*(s3 , d3) = 45

156

Tahap 3

s3 : 650 ≤ s3 < 975 d3 = 0, 1 atau 2

d3 = 0 : f3(s3 , d3) = 0

d3 = 1 : f3(s3 , d3) = 45

d3 = 2 : f3(s3 , d3) = 90

d3* = 2

f3*(s3 , d3) = 90

157

Tahap 3

s3 : 975 ≤ s3 < 1300 d3 = 0, 1, 2 atau 3

d3 = 0 : f3(s3 , d3) = 0

d3 = 1 : f3(s3 , d3) = 45

d3 = 2 : f3(s3 , d3) = 90

d3 = 3 : f3(s3 , d3) = 135

d3* = 1 f3

*(s3 , d3) = 135

158

Tahap 3

s3 : 1300 ≤ s3 d3 = 0, 1, 2, 3 atau 4

d3 = 0 : f3(s3 , d3) = 0

d3 = 1 : f3(s3 , d3) = 45

d3 = 2 : f3(s3 , d3) = 90

d3 = 3 : f3(s3 , d3) = 135

d3 = 4 : f3(s3 , d3) = 180

d3* = 4 f3

*(s3 , d3) = 180

159

Tabulasi analisis Tahap 3

s3 d3* f3

* (s3 , d3)

s3 < 325

325 ≤ s3 < 650

650 ≤ s3 < 975

975 ≤ s3 < 1300

1300 ≤ s3 < 1500

0

1

2

3

4

0

45

90

135

180

160

Tahap 2 : Investasi B (setelah investasi C)

f2(s2 , d2) = 30 d2 + f3*(s2 – 200 d2) dimana

s2 = 1500 – 150 d1

= Sisa modal setelah investasi tahap 1

d1 = Banyaknya investasi A (tahap 1)

30 d2 = Total keuntungan pada tahap 2

f3*(s2 – 200 d2) = Keuntungan maksimum

pada tahap 3

161

Tahap 2

s2 = 0, 150, 300, 450, 600, 750, 900,

1050, 1200, 1350, 1500

= Sisa investasi tahap 1 = 1500 – 150 d1

Menghitung f2*(s2 , d2)

f2*(s2 , d2) = Maksimum [30 d2 + f3

*(s2 - 200 d2)]

s2 = 0 atau 150 d2 = 0

d2* = 0 f2

*(150 , 0) = 0

162

Tahap 2

s2 = 300 d2 = 0 atau 1

d2 = 0, f2(300 , 0) = 0

d2 = 1, f2(300 , 1) + f3*(100 , 0) = 30

d2* = 1 f2

*(300 , 1) = 30

s2 = 450 d2 = 0, 1 atau 2

d2 = 0, f2(450 , 0) = f3*(450 , 1) = 45

d2 = 1, f2(450 , 1) + f3*(250 , 0) = 30

d2 = 2, f2(450 , 2) + f3*(50 , 0) = 60

d2* = 2 f2

*(450 , 2) = 60

163

Tahap 2

s2 = 600 d2 = 0, 1, 2 atau 3

d2 = 0, f2(600 , 0) = f3*(600 , 1) = 45

d2 = 1, f2(600 , 1) = 30(1) + f3*(450, 1) = 75

d2 = 2, f2(600 , 2) = 30(2) + f3*(200 , 0) = 60

d2 = 3, f2(600 , 3) = 30(3) + f3*(0 , 0) = 90

d2* = 3 f2

*(600 , 3) = 90

164

Tahap 2

s2 = 750 d2 = 0, 1, 2 atau 3

d2 = 0, f2(750 , 0) = f3*(750 , 2) = 90

d2 = 1, f2(750 , 1) = 30(1) + f3*(550, 1) = 75

d2 = 2, f2(750 , 2) = 30(2) + f3*(350 ,1) = 105

d2 = 3, f2(750 , 3) = 30(3) + f3*(150 , 0) = 90

d2* = 2 f2

*(750 , 2) = 105

165

Tahap 2

s2 = 900 d2 = 0, 1, 2, 3 atau 4

d2 = 0, f2(900 , 0) = f3*(900 , 2) = 90

d2 = 1, f2(900 , 1) = 30(1) + f3*(700, 1) = 120

d2 = 2, f2(900 , 2) = 30(2) + f3*(500 ,1) = 105

d2 = 3, f2(900 , 3) = 30(3) + f3*(300 , 0) = 90

d2 = 4, f2(900 , 4) = 30(4) + f3*(100 ,0) = 120

d2* = 1 , 4 f2

*(900 , 1(4)) = 120

166

Tahap 2

s2 = 1050 d2 = 0, 1, 2, 3, 4 atau 5

d2 = 0, f2(1050 , 0) = f3*(1050 , 3) = 135

d2 = 1, f2(1050 , 1) = 30(1) + f3*(850, 2) = 120

d2 = 2, f2(1050 , 2) = 30(2) + f3*(650 ,1) = 150

d2 = 3, f2(1050 , 3) = 30(3) + f3*(450 ,1) = 135

d2 = 4, f2(1050 , 4) = 30(4) + f3*(250 ,0) = 120

d2 = 5, f2(1050 , 5) = 30(5) + f3*(50 ,0) = 150

d2* = 2 , 5 f2

*(1050 , 2(5)) = 150

167

Tahap 2

s2 = 1200 d2 = 0, 1, 2, 3, 4, 5 atau 6

d2 = 0, f2(1200 , 0) = f3*(1200 , 3) = 135

d2 = 1, f2(1200 , 1) = 30(1) + f3*(1000, 1) = 165

d2 = 2, f2(1200 , 2) = 30(2) + f3*(800 ,2) = 150

d2 = 3, f2(1200 , 3) = 30(3) + f3*(600 ,1) = 135

d2 = 4, f2(1200 , 4) = 30(4) + f3*(400 ,1) = 165

d2 = 5, f2(1200 , 5) = 30(5) + f3*(200 ,0) = 150

d2 = 6, f2(1200 , 6) = 30(6) + f3*(0 ,0) = 180

d2* = 6 f2

*(1200 , 6) = 180

168

Tahap 2

s2 = 1350 d2 = 0, 1, 2, 3, 4, 5 atau 6

d2 = 0, f2(1350 , 0) = f3*(1350 , 4) = 180

d2 = 1, f2(1350 , 1) = 30(1) + f3*(1150, 3) = 165

d2 = 2, f2(1350 , 2) = 30(2) + f3*(950 ,2) = 150

d2 = 3, f2(1350 , 3) = 30(3) + f3*(750 ,2) = 180

d2 = 4, f2(1350 , 4) = 30(4) + f3*(550 ,1) = 165

d2 = 5, f2(1350 , 5) = 30(5) + f3*(350 ,1) = 195

d2 = 6, f2(1350 , 6) = 30(6) + f3*(0 ,0) = 180

d2* = 5 f2

*(1200 , 5) = 195

169

Tahap 2

s2 = 1500 d2 = 0, 1, 2, 3, 4, 5 atau 6

d2 = 0, f2(1500 , 0) = f3*(1500 , 4) = 180

d2 = 1, f2(1500 , 1) = 30(1) + f3*(1300, 4) = 210

d2 = 2, f2(1500 , 2) = 30(2) + f3*(1100 ,3) = 195

d2 = 3, f2(1500 , 3) = 30(3) + f3*(900 ,2) = 180

d2 = 4, f2(1500 , 4) = 30(4) + f3*(700 ,2) = 210

d2 = 5, f2(1500 , 5) = 30(5) + f3*(500 ,1) = 195

d2 = 6, f2(1500 , 3) = 30(6) + f3*(300 ,0) = 180

d2* = 1 , 4 f2

*(1500 , 1(4)) = 210

170

Tabulasi analisis Tahap 2

s2 d2

* f2* (s2 , d2)

0

150

300

450

600

750

900

1050

1200

1350

1500

0 0

1

2

3

2

1 , 4

2 , 5

6

5

1 , 4 , 7

0 0

30

60

90

105

120

150

180

195

210

171

Tahap 1 : Investsi A

s1 = 1500 d1 = 0, 1, 2, 3, ..... , 10

d1 = 0, f1(1500 , 0) = f1*(1500 , 1(4)) = 210

d1 = 1, f1(1500 , 1) = 20(1) + f1*(1350, 5) = 215

d1 = 2, f1(1500 , 2) = 20(2) + f1*(1200 ,6) = 220

d1 = 3, f1(1500 , 3) = 20(3) + f1*(1050 ,5) = 210

d1 = 4, f1(1500 , 4) = 20(4) + f1*(900 ,4) = 200

d1 = 5, f1(1500 , 5) = 20(5) + f1*(750 ,2) = 205

d1 = 6, f1(1500 , 3) = 20(6) + f1*(600 ,3) = 210

172

Tahap 1

d1 = 7, f1(1500 , 7) = 20(7) + f1*(450 ,2) = 200

d1 = 8, f1(1500 , 8) = 20(8) + f1*(300 ,1) = 190

d1 = 9, f1(1500 , 9) = 20(9) + f1*(150 ,0) = 180

d1 = 10, f1(1500 , 10) = 20(10) + f1*(0 ,0) = 200

d1* = 2 f1

*(1500 , 2) = 220

173

Keputusan optimal

Tahap si di* fi

*(si , di) Jml Investasi

1 1500 2 40 A = 2

2 1300 6 180 B = 6

3 0 0 0 C = 0

Jumlah 220

174

Soal latihan PD

Pada contoh PD-3 (perencanaan investa si) urutan pentahapan dapat dilakukan dengan 6 cara. Lakukan analisis jika urutan tahap berturut-turut sebagai berikut :

No. 1 2 3 4 5 Tahap 1 A B B C C Tahap 2 C A C A B Tahap 3 B C A B A

175

Pengambilan Keputusandlm ketidakpastian

- Peristiwa yang akan datang : Tidak dpt

dipastikan

- Keputusan saat ini : Memiliki resiko

- Perlu :

1. Prakiraan peristiwa yang dpt terjadi

2. Alternatif keputusan

176

Tabel pay-off

Pay off : Hasil (resiko) yg terjadi terhadap keputusan yg diambil dalam suatu peristiwa Alternatif Peristiwa

keputusan P1 P2 ….. Pn

A1 x11 x12 ….. X1n

A2 x21 x22 ….. X2n

..

Am xm1 xm2 ….. Xmn

177

Contoh PK-1

Sebuah perusahaan jasa angkutan barang ingin menambah armada angkutannya. Tersedia 3 alternatif truk yg dapat dibeli, yaitu truk kecil (Kc), medium (Md) , dan besar (Bs). Keuntungan yg dpt diperoleh dari setiap truk akan bergantung pada kondisi permintaan yang akan datang. Permintaan dikategorikan menjadi 4 macam : Sedikit (St), sedang (Sg), banyak (Bk), sangat banyak (Sb).

178

Pay-off keuntungan

Besarnya keuntungan (ribuan $) dari setiap alternatif keputusan dan permintaan adalah sebagai berikut :

Tipe Permintaan

truk St Sd Bk Sb

Kc 25 20 15 10

Md 20 25 15 12

Bs -20 -5 30 40

179

Metode

- Jika peluang terjadinya masing-masing

alternatif peristiwa tidak diketahui

1. Maximin

2. Maximax

3. Minimax regret

- Jika peluang terjadinya masing-masing

alternatif peristiwa diketahui : MEV

180

Metode Maximin

Maximin (maximum of minimum payoff)

1. Tentukan minimum payoff untuk setiap

alternatif keputusan

2. Pilih alternatif keputusan yg memberi-

kan payoff minimum yg terbesar pada

langkah (1)

181

Metode Maximin

Analisis : Tipe Permintaan truk St Sd Bk Sb Min. Max. Kc 25 20 15 10 10 Md 20 25 15 12 12 12 Bs -20 -5 30 40 -5 Keputusan : Membeli truk medium Paling sedikit akan memperoleh keuntungan sebesar 12

182

Metode Maximax

Maximax (maximum of maximum payoff)

1. Tentukan maximum payoff untuk setiap



kan payoff maximum yg terbesar pada

langkah (1)

183

Metode Maximax

Analisis : Tipe Permintaan truk St Sd Bk Sb Min. Max. Kc 25 20 15 10 25 Md 20 25 15 12 25 Bs -20 -5 30 40 40 40 Keputusan : Membeli truk besar Jika kondisi permitaan sangat baik (Sb) akan diperoleh keuntungan maksimum = 40

184

Metode Minimax regret

Regret = Selisih payoff setiap alternatif keputusan terhadap payoff maksimum pada setiap peristiwa (permintaan)

1. Tentukan regret untuk setiap pemintaan

2. Tentukan maksimum regret untuk setiap



kan regret maximum yg terkecil

185

Matriks regret

Tabel regret : Tipe Permintaan truk St Sd Bk Sb Kc 25-25 25-20 30-15 40-10 =0 = 5 =15 =30 Md 25-20 25-25 30-15 40-12 = 5 =0 =15 =28

Bs 25-(-20) 25-(-5) 30-30 40-40 =45 =30 =0 =0

186

Minimax regret

Analisis : Tipe Permintaan truk St Sd Bk Sb Max. Min. Kc 0 5 15 30 30 Md 5 0 15 28 28 28 Bs 45 30 0 0 45 Keputusan : Membeli truk medium Kondisi apapun yg terjadi regret tidak akan melebihi 28

187

Metode MEV

EV (Expected value ) = Jumlah (peluang x

payoff) untuk setiap alternatif keputusan

MEV (Maximum expected value) =

Maksimum expected value dari semua

alternatif

Misalkan peluang terjadinya St = 20%, Sd=40%, Bk=30%, dan Sb=10%

188

MEV

EV(Kc) = (0.20)(25) + (0.40)(20) + (0.30)(15) + (0.10)(10) = 18.5EV(Me) = (0.20)(20) + (0.40)(25) +(0.30)(15) + (0.10)(12) = 19.7EV(Bs) = (0.20)(-20) + (0.40)(-5) +(0.30)(30) + (0.10)(40) = 7 Keputusan : Membeli truk sedang

189

MEV

Tipe Permintaan EV MEV

truk St Sd Bk Sb

Kc 25 20 15 10 18.5

Md 20 25 15 12 19.7 19.7

Bs -20 -5 30 40 7.0

Peluang .20 .40 .30 .10

Keputusan : Membeli truk medium

190

MEV : Decision Tree (DT)

MEV dapat dicari dg menggunakan model pohon keputusan (decision tree)

Bagan DT-1

Keputusan (pilihan)

Kc

Start Md

Bs

191

Bagan DT-1

Pilihan Kondisi (pel) Hasil (Pel)x(Hasil)

St (0.20) 20 (0.2)(25) = 5

Kc Sd (0.40) 10 (0.4)(20) = 8

Bk (0.30) 15 (0.3)(15) = 4.5

Sb (0.10) 25 (0.1)(10) = 1

EV = 5 + 8 + 4.5 + 1 = 18.5

192

Bagan DT-2


St (0.20) 20 (0.2)(20) = 4

Md Sd (0.40) 25 (0.4)(25) = 10

Bk (0.30) 15 (0.3)(15) = 4.5

Sb (0.10) 12 (0.1)(12) = 1.2

EV = 4 + 10 + 4.5 + 1.2 = 19.7

193

Bagan DT-3


St (0.20) -20 (0.2)(-20) = -4

Md Sd (0.40) - 5 (0.4)(-5) = -2

Bk (0.30) 30 (0.3)(30) = 9

Sb (0.10) 40 (0.1)(40) = 4

EV = -4 - 2 + 9 + 4 = 7

194

Contoh PK-2

Sebuah perusahaan elektronik ingin menentukan pengembangan usaha. Tentukan keputusan yg diambil.

Matriks pay-off dapat dibentuk sebagai berikut.

Alternatif Kondisi permintaan pasar

Keputusan Tinggi Sedang Rendah Sepi

Pengembangan 500 250 -250 -450

pabrik lama

Membangun baru 700 300 -400 -600

Sub kontrak 300 150 -10 -100

Peluang 0.25 0.45 0.25 0.05

195

PK-3

Matriks pay-off penentuan jumlah sediaan Alternatif Jumlah terjual Jml sediaan 10 11 12 13 10 50 50 50 50 11 47 55 55 55 12 44 52 60 60 13 41 49 57 65 Peluang 0.35 0.40 0.15 0.10 Tentukan keputusan dan besarnya keuntungan

menggunakan metoda : Maximin, Maximax, Minimax regret, dan MEV

196

Latihan UTS

1. Sebuah perusahaan membuat sejenis kue dengan bahan dasar beras dan gandum. Kue yang dibuat harus memuat paling sedikit 80 mg vitamin A dan 60 mg vitamin B. Setiap ons beras seharga Rp 675,- memuat 12 mg vitamin A dan 5 mg vitamin B. Setiap ons gandum seharga Rp 775,- memuat 10 mg vitamin A dan 8 mg vitamin B. Formulasikan model masalah tersebut agar setiap kue dibuat dengan biaya bahan dasar sekecil mungkin.

197

2. Sebuah perusahaan membuat 3 jenis produk A, B, dan C yang diproses melalui 3 buah mesin M1, M2, dan M3. Keuntungan setiap unit produk adalah Rp 3000,- untuk A, Rp 2500,- untuk B, dan Rp 2000,- untuk C. Setiap unit A diproses selama 8 menit di M1, 7 menit di M2, dan 6 menit di M3. Setiap unit B diproses selama 7 menit di M1, 6 menit di M2, dan 6 menit di M3. Setiap unit C diproses selama 6 menit di M1, 6 menit di M2, dan 5 menit di M3. Penggunaan setiap mesin dibatasi tidak boleh lebih dari 3 jam di M1, 2 jam di M2, dan satu jam di M3. Formulasikan model masalah tersebut untuk memperoleh total keuntungan sebesar mungkin.

198

3. Selesaikan dengn grafik


Kendala : 4 X1 + 4 X2 ≤ 24

4 X1 + 2 X2 ≤ 14

9 X1 + 3 X2 ≤ 27

X1 , X2 ≥ 0

199

4. Selesaikan dengn grafik


Kendala : 9 X1 + 3 X2 ≥ 36

4 X1 + 8 X2 ≥ 24

12 X1 + 3 X2 ≥ 24

X1 , X2 ≥ 0

200

LATIHAN UAS

1. Sebuah industri mainan anak memproduksi 3 jenis mainan A, B, C Setiap jenis diproses emlalui 2 buah mesin M1 dan M2. Mainan A memerlukan waktu 15 menit di M1 dan 18 menit di M2. B memerlukan 12 menit di M1 dan 16 menit di M2. C memerlukan 20 menit di M1 dan 25 menit di M2. Kesediaan waktu M1 adalah 30 jam dan 50 jam untuk M2. Harga jual setiap jenis adalah $2, untuk A, $4 untuk B dan $6 untuk C. Formulasikan bentuk model masalah tersebut jika ingin dicapai total penjualan maksimum.

201

2. Diketahui model transportasi berikut : Biaya Suplly 4 6 8 7 5 50 3 7 9 4 6 20 5 8 6 9 4 20 8 6 4 7 8 60 Demand 30 30 30 30 30 Tentukan satu alokasi layak dengan metoda

Penalti dan hitung total biayanya.

202

3. Dari alokasi soal nomor (2) tentukan alokasi layak menggunakan metoda NWC, hitung total biaya alokasi, kemudian lakukan uji optimalitas. Apakah alokasi sudah optimal atau belum ?

4. Dari soal nomor (4) lakukan satu kali realokasi dan hitung total biaya alokasi

203

5. Suatu usaha ingin melakukan inventori selama dua bulan (Januari dan Februari 2010). Dianggap persediaan akan habis pada akhir Desember 2009. Kebutuhan persediaan adalah 80 unit pada Januari dan 50 unit pada Februari. Biaya pemesanan $20,- untuk sekali pesan. Harga beli per unit $15,- untuk Januari dan $16,- untuk Februari. Biaya penyimpanan setiap unit $3,- untuk setyiap bulan. Tentukan cara pemesanan dg biaya sekecil mungkin.

204

Kuis - 1

1. (copy soal no. 11). Sebuah perusahaan sepatu memproduksi 2 tipe sepatu, tipe A dan tipe B. Keuntungan setiap pasang (ribu rupiah) adalah 4 untuk A dan 3 untuk B. Kedua tipe menggunakan bahan baku kulit yang sama tetapi menggunakan sol yang berbeda. Tersedia 800 pasang bahan kulit, 400 pasang sol A, dan 700 pasang sol B. Tipe A memerlukan waktu pembuatan 2 kali lipat dari tipe B. Jika semua bahan tersedia dan hanya membuat B saja maka akan dapat dihasilkan 1000 pasang B. Formulasikan model masalah tersebut jika ingin memperoleh total keuntungan sebesar mungkin.

2. Sebuah usaha konveksi membuat jaket dan celana olah raga dengan bahan yang sama. Bahan yang diperlukan untuk setiap potong adalah 2 meter / jaket dan 1.5 meter / celana. Tersedia total 150 meter bahan baku. Waktu yang dioperlukan untuk membuat setiap potong adalah 6 jam / jaket dan 4 jam / celana, tersedia total waktu 200 jam untuk membuat seluruh jaket dan celana. Keuntungan yang akan diperoleh untuk setiap potong adalah Rp 20.000,- / jaket dan Rp 15.000,- / celana. Formulasikan bentuk model agar diperoleh total keuntungan sebesar mungkin.

206

2. Minimumkan Z = 30 X1 + 50 X2

Kendala : 3 X1 + X2 ≥ 9 3 X1 + 2 X2 ≥ 12 X1 + 2 X2 ≥ 6 X1 , X2 ≥ 0 3. Maximumkan Z = 20 X1 + 30 X2

Kendala : 2 X1 + X2 ≤ 10 X1 + 3 X2 ≤ 12 X1 + X2 ≤ 6 X1 , X2 ≥ 0

207

Jawaban UTS - 21 April 2011

1. Produk

A B C

Keuntungan 4 3 2 Maks

Mesin M1 4 4 3 240 (menit)

M2 4 3 3 180

M3 3 2 2 120

Jml produk X1 X2 X3

208

Model :

Maks. Z = 4 X1 + 3 X2 + 2 X3

Kendala : 4 X1 + 4 X2 + 3 X3 ≤ 240

4 X1 + 3 X2 + 3 X3 ≤ 180

3 X1 + 2 X2 + 2 X3 ≤ 120

X1 , X2 , X3 ≥ 0

209


1. Produk

A B C



M2 5 4 4 240

M3 4 3 3 180

Jml produk X1 X2 X3

210

Model :

Maks. Z = 5 X1 + 4 X2 + 3 X3

Kendala : 5 X1 + 5 X2 + 4 X3 ≤ 300

5 X1 + 4 X2 + 4 X3 ≤ 240

4 X1 + 3 X2 + 3 X3 ≤ 180

X1 , X2 , X3 ≥ 0

211


1. Produk

A B C



M2 6 5 5 300

M3 5 4 4 240

Jml produk X1 X2 X3

212

Model :

Maks. Z = 6 X1 + 5 X2 + 4 X3

Kendala : 6 X1 + 6 X2 + 5 X3 ≤ 360

6 X1 + 5 X2 + 5 X3 ≤ 300

5 X1 + 4 X2 + 4 X3 ≤ 240

X1 , X2 , X3 ≥ 0

213


1. Produk

A B C



M2 7 6 5 360

M3 6 5 5 300

Jml produk X1 X2 X3

214

Model :

Maks. Z = 7 X1 + 6 X2 + 5 X3

Kendala : 7 X1 + 7 X2 + 6 X3 ≤ 420

7 X1 + 6 X2 + 5 X3 ≤ 360

6 X1 + 5 X2 + 5 X3 ≤ 300

X1 , X2 , X3 ≥ 0

215

Min. Z = 10 X1 + 15 X2

X2 atau Min. Z = 20 X1 + 30 X2

Kendala : 3X1 + 2X2 ≥ 12

8 A X1 + 4X2 ≥ 8

6 D 4X1 + X2 ≥ 8

2 X1 , X2 ≥ 0 C

2 4 8 B X1

216

A(0 , 8) , B(8 , 0) , C : 3X1 + 2X2 ≥ 12 8X1 + 4X2 ≥ 24 X1 + 4X2 ≥ 12 X1 + 4X2 ≥ 8 5X1 = 16 C(3.2 , 1.2) D : 3X1 + 2X2 ≥ 12 3X1 + 2X2 ≥ 12 4X1 + X2 ≥ 8 8X1 + 2X2 ≥ 16 5X1 = 4 D(0.8 , 4.8)

217

Min Z = 10X1 + 15X2 Z(A) = 10 (0) + 15 (8) = 120 Z(B) = 10 (8) + 15 (0) = 80 Z(C) = 10(3.2) + 15(1.2) = 50 (Min.) Z(D) = 10(0.8) + 15(4.8) = 80

Min Z = 20X1 + 30X2 Z(A) = 20 (0) + 30 (8) = 240 Z(B) = 20 (8) + 30 (0) = 160 Z(C) = 20(3.2) + 30(1.2) = 100 (Min.) Z(D) = 20(0.8) + 30(4.8) = 160

218

Min. Z = 10 X1 + 20 X2

X2 atau Min. Z = 20 X1 + 30 X2

12 B Kendala : X1 + X2 ≥ 6

X1 + 3X2 ≥ 9

6 C 4X1 + X2 ≥ 12

3 X1 , X2 ≥ 0 D

3 6 9 A X1

219

A(9 , 0) , B(0 , 12) ,

C : 4X1 + X2 ≥ 12 C(2 , 4)

X1 + X2 ≥ 6

3X1 = 6

D : X1 + 3X2 ≥ 9 D(4.5 , 0.5)

X1 + X2 ≥ 6

2X2 = 3

220

Min Z = 10X1 + 20X2 Z(A) = 10 (9) + 20 (0) = 90 Z(B) = 10 (0) + 20 (12) = 240 Z(C) = 10(2) + 20(4) = 100 Z(D) = 10(4.5) + 20(1.5) = 75 (Min.) Min Z = 20X1 + 30X2 Z(A) = 20 (9) + 30 (0) = 180 Z(B) = 20 (0) + 30 (12) = 360 Z(C) = 20(2) + 30(4) = 160 Z(D) = 20(4.5) + 30(1.5) = 135 (Min.)

221

X2 Max. Z = 10 X1 + 15 X2

18 atau Max. Z = 20 X1 + 30 X2

Kendala : X1 + X2 ≤ 12

2X1 + X2 ≤ 14

14 3X1 + X2 ≤ 18

12 C D X1 , X2 ≥ 0 E

B A6 7 12 X1

222

A(6 , 0) , B(0 , 0) , C(0 . 12)

D : 2X1 + X2 ≥ 14 D(2 , 10)

X1 + X2 ≥ 12

X1 = 2

E : 3X1 + X2 ≥ 18 E(4 , 6)

2X1 + X2 ≥ 14

X1 = 4

223

Max Z = 10X1 + 15X2 Z(A) = 10 (6) + 15 (0) = 60 , Z(B) = 0 Z(C) = 10(0) + 15(12) = 180 (Max) Z(D) = 10(2) + 15(10) = 170 Z(E) = 10(4) + 15(6) = 130 Max Z = 20X1 + 30X2 Z(A) = 20 (6) + 30 (0) = 120 , Z(B) = 0 Z(C) = 20 (0) + 30 (12) = 360 (Max) Z(D) = 20(2) + 30(10) = 340 Z(E) = 20(4) + 30(6) = 260

224

X2 Max. Z = 20 X1 + 15 X2

12 atau Max. Z = 30 X1 + 20 X2

Kendala : 2X1 + X2 ≤ 8

4X1 + X2 ≤ 12

8 2X1 + 3X2 ≤ 18

6 C D X1 , X2 ≥ 0 E

B A3 4 9 X1

225

A(3 , 0) , B(0 , 0) , C(0 , 6)

D : 2X1 + 3X2 ≥ 18 D(1.5 , 5)

2X1 + X2 ≥ 8

2X2 = 10

E : 4X1 + X2 ≥ 12 E(2 , 4)

2X1 + X2 ≥ 8

2X1 = 4

226

Max Z = 20X1 + 15X2 Z(A) = 20 (3) + 15 (0) = 60 , Z(B) = 0 Z(C) = 20(0) + 15(6) = 90 Z(D) = 20(1.5) + 15(5) = 105 (Max) Z(E) = 20(2) + 15(4) = 100 Max Z = 30X1 + 20X2 Z(A) = 30 (3) + 20 (0) = 90 , Z(B) = 0 Z(C) = 30 (0) + 20 (6) = 120 Z(D) = 30(1.5) + 20(5) = 145 (Max) Z(E) = 30(2) + 20(4) = 140

227

Latihan UAS

1. Sebuah model Transportasi dengan matriks biaya, kebutuhan, dan persediaan sbb :

6 9 5 8 70 Tentukan alokasi

9 5 8 4 70 dengan Penalti dan

4 6 9 7 70 hitung total biaya

8 7 9 8 70 alokasi

140 40 50 50

228

2. Dari soal (1) tentukan alokasi dengan LCC

dan hitung total biaya alokasi

3. Dari soal (1) :

a. Tentukan alokasi dengan NWC dan hitung

total biaya alokasi

b. Uji apakah alokasi tersebut telah optimal

c. Jika belum optimal lakukan satu kali

realokasi dan tentukan biaya alokasi

229

4. Sebuah perusahaan ingin merencanakan persediaan barang selama 2 bulan dengan data sbb : Agustus September

Kebutuhan 150 120 Harga beli Rp 11.000 12.000 Biaya pesan Rp 200.000 200.000 Biaya simpan per unit - bulan Rp 5.000 5.000 Menggunakan pemrograman dinamis tentukan

cara pemesanan yang optimal

230

5. Sebuah perusahaan ingin investasi bangunan baru dengan 3 pilihan. Perkiraan keuntungan (dalam dolar) dikaitkan dengan kondisi pariwisata adalah sbb :

Alternatif Kondisi pariwisata pilihan Sepi Sedang Rame Motel -8.000 15.000 20.000 Restoran 2.000 8.000 6.000 Gedung pertemuan 6.000 6.000 5.000 Peluang kejadian 0.30 0.50 0.20 Tentukan pilihan optimal menggunakan strategi :

Maximax, Maximin, Minimax regret, dan MEV

231

Latihan UTS

1. Sebuah perusahaan sepatu memproduksi dua tipe sepatu A dan B menggunakan bahan baku kulit yang sama untuk kedua tipe, tetapi dengan karet sol yang berbeda. Setiap hari tersedia 800 pasang kulit, 400 pasang karet sol A, dan 600 pasang karet sol B. Pembuatan setiap pasang A memerlukan waktu dua kali lipat dari setiap pasang B. Jika satu hari hanya membuat B saja dan tersedia bahan yang cukup maka akan dapat dihasilkan 1000 pasang B. Keuntungan setiap pasang adalah Rp 4000,- untuk A dan Rp 3000,- untuk B. Formulasikan model untuk masalah tersebut jika ingin dicapai total keruntungan sebesar mungkin.

232

2. Seseorang ingin menginvestasikan uang sebesar $1000.- Terdapat dua pilihan, membeli emas atau disimpan di Bank. Setiap tahun harga emas naik rata-rata sebesar 15%, sedangkan tabungan di Bank memberikan bunga sebesar 6% setahun. Karena kenaikan harga emas tidak stabil, dia memutuskan akan investasi emas paling banyak 40% dari total uangnya tetapi paling sedikit sebesar $100,- sedangkan sisa uangnya akan ditabung di Bank tetapi paling sedikit sebesar dua kali jumlah yang dibeikan emas. Formulasikan bentuk model untuk masalah tersebut jika ingin mencapai total keuntungan sebesar mungkin.

Kuis

Sebuah restoran cepat saji beroperasi selama 24 jam setiap hari. Karyawan bekerja selama 8 jam per hari, dibagi menjadi 6 shift, jam 02.00, 06.00, 10.00, 14.00, 18.00, 22.00. Kebutuhan karyawan diperkirakan seagai berikut :

Jam : 02-06 06-10 10-14 14-18 18-22 22-02

Kary : 3 12 16 9 11 4

Ingin menentukan jumlah minimum karyawan yang diperlukan. Formulasikan bentuk model masalah tersebut.

233

Selesaikan dengan grafik

1. Maks. Z = 4 X1 + 3 X2

Kendala : X1 + X2 ≤ 800

2 X1 + X2 ≤ 1000

X1 ≤ 400

X2 ≤ 700

X1 , X2 ≥ 0

2. Min. Z = 4 X1 + 3 X2

Kendala : 5 X1 + 3 X2 ≥ 15

X1 + 3 X2 ≥ 6

– X1 + X2 ≤ 1

X1 , X2 ≥ 0

Documents

slide ms.ppt