Model transportasi (0 0)gasal1213 PERMODELAN
-
Upload
najibullah-al-farisy -
Category
Documents
-
view
489 -
download
2
Transcript of Model transportasi (0 0)gasal1213 PERMODELAN
Pengertian
• Model transportasi bertujuan untuk mencari biaya minimum dalam pendistribusian suatu komoditas atau produk dari sejumlah sumber ke sejumlah tujuan
• Dapat diperluas untuk digunakan dalam bidang lain, misalnya bidang kontrol persediaan, penjadwalan pekerja, penugasan pekerja, dsb
Ilustrasi Problem Transportasi
• Sejenis barang diangkut dari 3 tempat asal ke 4 tempat tujuan. Jumlah barang dari tempat asal 1, 2, dan 3 masing2 sebanyak 15, 25, dan 5 unit. Jumlah kebutuhan barang untuk tempat tujuan 1,2, 3, dan 4 masing2 sebanyak 5, 15,15, dan 10 unit. Biaya angkut per satuan barang dapat dilihat dalam tabel berikut. Bagaimana mengatur distribusi barang tsb supaya diperoleh biaya minimum?
T1 T2 T3 T4
S1 10 0 20 11
S2 12 7 9 20
S3 0 14 16 18
Ciri-ciri Model Transportasi
• Terdapat sejumlah sumber dan tujuan
• Jumlah komoditas yang didistribusikan
dan jumlah permintaan besarnya tertentu
• Komoditas yang didistribusikan dari suatu
sumber ke suatu tujuan besarnya sesuai
kapasitas sumber atau besarnya
permintaan
• Harga satuan distribusi besarnya tertentu
PEMODELAN TRANSPORTASI
Ciri-ciri model transportasi: – Terdapat sejumlah sumber dan sejumlah tujuan
(S1, S2, …… dan D1, D2, …… )
– Masing-masing sumber mempunyai kapasitas supply dan masing-masing tujuan mempunyai demand (a1, a2, ….. dan b1, b2, ….. ) dengan syarat jumlah supply sama dengan jumlah demand ( ∑ai = ∑bj )
– Masing-masing sumber mengirim sejumlah barang yang diterima oleh masing-masing tujuan sebagai variabel (X11, X12, ….. )
– Masing-masing variabel mempunyai harga satuan (C11, C12, ….. )
Bentuk Model Transportasi
Sumber Tujuan
i=1 j=1
i=2 j=2
i=m
j=3
J=n
c11, x11
cmn, xmn
c21, x21 a1
a2
am
Unit Supply
Unit
Permintaan
b1
b2
b3
bn
Keterangan :
• ai = jumlah supply pada sumber i
• bj = jumlah permintaan pada tujuan j
• cij = harga satuan distribusi antara sumber
i dan tujuan j
• xij = jumlah komoditi yang didistribusikan
dari sumber i ke tujuan j
Bentuk model Programa Liniernya :
• Minimumkan : z = ∑ m ∑n cij xij i=1 j=1
Pembatas :
∑n xij ≤ ai , i = 1,2,…..,m
j=1
∑n xij ≥ bj , j = 1,2,…..,n
i=1
xij ≥ 0
Tabel Transportasi Tujuan
1 2 n Supply
a1
a2
am
Sumber
1
2
m
Demand b1 b2 bn
c11 c12 c1n
c21 c22 c2n
cm1 cm2 cmn
x11 x12 x1n
x21 x22 x2n
xm1 xm2 xmn
Syarat : Jumlah supply = jumlah demand
∑m ai = ∑n bj i=1 j=1
Apabila tidak sama, perlu diseimbangkan dengan variabel semu
dengan harga satuan sebesar 0.
PEMODELAN TRANSPORTASI
(Skenario)
a1
a2
a3
ai
b1
b2
b3
bj
S1
S2
S3
Si
D1
D2
D3
Dj
Cij , Xij
C11 , X11
C12 , X12 C13 , X13 C1j , X1j
Formulasi
• Minimumkan z = ΣiΣj cij xij
• Pembatas:
• Σj xij = ai , I = 1, 2, …. , m
• Σi xij = bj , j = 1, 2, …. , n
• xij ≥ 0 , untuk seluruh I dan j
CONTOH : m = 2 , n = 3
• Minimumkan : • z = c11x11 + c12x12 + c13x13 + c21x21 + c22x22 + c23x23
• Pembatas : – Sumber :
• x11 + x12 + x13 = a1
• x21 + x22 + x23 = a2
– Tujuan :
• x11 + x21 = b1
• x12 + x22 = b2
• x13 + x23 = b3
– Non negatif :
• x11 , x12 , x13 , x21 , x22 , x23 ≥ 0
Tabel Transportasi
D1 D2 D3
c11 c12 c13
S1 X11 X12 X13 a1
c21 c22 c23
S2 X21 X22 X23 a2
c31 c32 c33
S3 X31 X32 X33 a3
b1 b2 b3
CONTOH Pengiriman 600 ton gandum dari 3 gudang:
1 - Kansas City, tersedia 150 ton
2 - Omaha, tersedia 175 ton
3 - Des Moines, tersedia 275 ton
ke 3 lokasi pabrik:
A - Chicago, membutuhkan 200 ton
B - St.Louis, membutuhkan 100 ton
C - Cincinnati, membutuhkan 300 ton
Biaya satuan pengiriman (dalam $/ton) sbb.:
Gudang Pabrik
A. Chicago B. St.Louis C. Cincinnati
1. Kansas City 6 8 10
2. Omaha 7 11 11
3. Des Moines 4 5 12
Contoh
Diagram Transportasi
a1=150
a2=175
a3=275
b1=200
b2=100
b3=300
1
2
3
A
B
C
6
8
10 7
1 = Kansas City A = Chicago
2 = Omaha B = St. Louis
3 = Des Moines C = Cincinnati
11
11
4 5
12
Contoh
Formulasi
Minimumkan : z = 6x1A + 8x1B + 10x1C + 7x2A + 11x2B + 11x2C + 4x3A + 5x3B + 12x3C
Pembatas : x1A + x1B + x1C = 150
x2A + x2B + x2C = 175
x3A + x3B + x3C = 275
x1A + x2A + x3A = 200
x1B + x2B + x3B = 100
x1C + x2C + x3C = 300
x1A , x1B , x1C , x2A , x2B , x2C , x3A , x3B , x3C ≥ 0
Prosedur
I. INISIASI (pilih salah satu): North West Corner (NWC)
Least Cost Method (LCM)
Vogel’s Approximation Method (VAM)
II. ITERASI (pilih salah satu): Stepping Stone Method (SSM)
Modified Distribution (MODI)
Catatan:
Banyaknya variabel basis = m + n – 1
Contoh: m = 3, n = 3, banyaknya var basis = 3 + 3 – 1 = 5
INISIASI :
North West Corner (NWC)
Mulai dari sel pojok kiri atas, diisi besaran Xij
dengan angka terkecil dari persediaan pada
sumber ai dan kebutuhan bj.
Kurangi sumber ai dan kebutuhan bj dengan
Xij tersebut, apabila ai menjadi = 0 dan bj ≠ 0
maka sel berikutnya yang harus diisi adalah
sel yang berada dibawah sel yang telah terisi,
atau sebaliknya.
Lakukan sampai dengan seluruh sel.
INISIASI :
North West Corner (NWC)
A B C
6 8 10
1 150 150
7 11 11
2 50 100 25 175
4 5 12
3 275 275
200 100 300
INISIASI :
Least Cost Method (LCM)
Pilih sel dengan cost (cij) terkecil, isilah Xij dengan
nilai terkecil dari ai atau bj pada baris atau kolom
yang sama dengan sel tersebut.
Kurangi sumber ai dan kebutuhan bj dengan Xij
tersebut, apabila ai menjadi = 0 maka baris i tidak
perlu diperhitungkan lagi, demikian juga sebaliknya,
demikian juga bila bj = 0 maka kolom ybs tidak
diperhitungkan lagi.
Ulangi mulai dari awal, tetapi baris atau kolom yang
sudah bernilai 0 tidak diikutsertakan lagi.
INISIASI :
Least Cost Method (LCM)
A B C
6 8 10
1 25 125 150
7 11 11
2 175 175
4 5 12
3 200 75 275
200 100 300
INISIASI : Vogel’s Approximation Method (VAM)
Hitung angka-angka penalti masing-masing baris dan kolom berupa pengurangan dari nilai kedua terkecil dengan nilai terkecil.
Cari angka penalti yang terbesar, isilah sel pada baris atau kolom tersebut dengan nilai Xij.
Kurangi sumber ai dan kebutuhan bj dengan Xij tersebut, apabila ai menjadi = 0 maka baris i tidak perlu diperhitungkan lagi, demikian juga sebaliknya, demikian juga bila bj = 0 maka kolom ybs tidak diperhitungkan lagi.
Ulangi mulai dari awal, tetapi baris atau kolom yang sudah bernilai 0 tidak diikutsertakan lagi.
INISIASI : Vogel’s Approximation Method (VAM)
A B C
6 8 10
1 150 150
7 11 11
2 175 175
4 5 12
3 25 100 150 275
200 100 300
Tabel Transporasi ilustrasi problem diatas
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
25
5
5 15 15 10 bj
Solusi Basis Awal - Metode Pojok Kiri Atas :
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
25
5
5 15 15 10 bj
5 10
5 15 5
5
Solusi Basis Awal - Metode Ongkos Terkecil :
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
25
5
5 15 15 10 bj
15
5
15 10
Metode Pendekatan Vogel :
1. Hitung penalty tiap kolom dan baris dengan mengurangkan harga satuan terkecil dari kedua terkecil.
2. Alokasikan komoditi sebanyak mungkin pada variabel dengan ongkos terkecil yang terletak pada pinalty terbesar. Tandai kolom atau baris yang sudah terpenuhi. Hitung sisa komoditi setiap kolom/baris. Hitung kembali pinalty baris dan kolom yang belum ditandai. Setiap baris/kolom dengan sisa komoditi nol tidak terbawa dalam perhitungan penalty.
3. Lakukan kembali alokasi sampai semua komoditas sudah teralokasi
.
Solusi Basis Awal - Metode Pendekatan Vogel :
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
25
5
5 15 15 10 bj
Penalty
baris
Penalty kolom 10 7 7 7
10
2
14
Langkah 1 :
Solusi Basis Awal - Metode Pendekatan Vogel (lanjutan) :
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
25
0
0 15 15 10 bj
Penalty
baris
Penalty kolom 7 11 9
11
2
- 5
Langkah 2 :
-
Solusi Basis Awal - Metode Pendekatan Vogel (lanjutan) :
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
10
0
0 15 0 10 bj
Penalty
baris
Penalty kolom 7 - 9
11
13
- 5
Langkah 3 :
-
15
Solusi Basis Awal - Metode Pendekatan Vogel (lanjutan) :
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
0
0
0 5 0 10 bj
5
Langkah 4 :
15 10
Solusi Basis Awal - Metode Pendekatan Vogel (lanjutan) :
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
0
0
0
0 0 0 0 bj
5
Langkah 5 :
15 10
5 10
ITERASI
Stepping Stone Method (SSM)
Identifikasi:
Cari loop masing-masing sel non basis, dimana dalam satu loop hanya ada satu sel non basis, dan lainnya adalah sel basis.
Hitung perbedaan biaya (Δcij) menggunakan nilai cij pada loop tersebut mulai dari sel non basis tersebut dengan ditandai +, selanjutnya -, +, -, ….., dst.
Bila masih ada nilai Δcij negatif, masih diperlukan iterasi. Bila semua Δcij positif, iterasi dihentikan.
Iterasi:
Cari nilai Δcij yang paling negatif, pada sel tersebut diisi dengan nilai variabel Xij terkecil diantara variabel basis pada ujung negatif.
Seimbangkan jumlah supply dan demand.
Ulangi langkah identifikasi, ….., dst, sampai ditemukan hasil optimum.
Tabel Transportasi : Sel Basis
dan Sel Non Basis
D1 D2 D3
c11 c12 c13
S1 X11 a1
Basis Δc12 Non-B Δc13
Non-B
c21 c22 c23
S2 X21 X22 X23 a2
Basis Basis Basis
c31 c32 c33
S3 X33 a3
Δc31 Non-B Δc32
Non-B Basis
b1 b2 b3
Contoh Stepping Stone Method (SSM)
ITERASI 1 : Inisiasi NWC
A B C
6 8 10
1 150 150
- 2 0
7 11 11
2 50 100 25 175
4 5 12
3 275 275
- 4 - 7
200 100 300
ITERASI 2 :
A B C
6 8 10
1 150 150
+ 5 0
7 11 11
2 50 125 175
+ 7
4 5 12
3 100 175 275
- 4
200 100 300
ITERASI 3 :
A B C
6 8 10
1 150 150
+ 1 - 4
7 11 11
2 175 175
+ 4 + 7
4 5 12
3 50 100 125 275
200 100 300
ITERASI 4 : Optimum, ΔCij ≥ 0
A B C
6 8 10
1 25 125 150
+ 1
7 11 11
2 175 175
0 + 3
4 5 12
3 175 100 275
+ 4
200 100 300
ITERASI
Modified Distribution (MODI)
Angka Multiplier:
Ui = Angka multiplier untuk baris (Supply)
Vj = Angka multiplier untuk kolom (Demand)
Rumusan Sel Variabel Basis:
Ui + Vj = Cij
Rumusan Sel Variabel Non-Basis:
Ui + Vj + ΔCij = Cij , atau
ΔCij = Cij - Ui - Vj
Contoh Modified Distribution (MODI)
ITERASI 1 : Inisiasi NWC
A V1=6 B
V2=10 C V3=10
U1=0 6 8 10
1 150 150
- 2 0
U2=1 7 11 11
2 50 100 25 175
U3=2 4 5 12
3 275 275
- 4 - 7
200 100 300
ITERASI 2 :
A V1=6 B
V2=3 C V3=10
U1=0 6 8 10
1 150 150
+ 5 0
U2=1 7 11 11
2 50 125 175
+ 7
U3=2 4 5 12
3 100 175 275
- 4
200 100 300
ITERASI 3 :
A V1=6 B
V2=7 C V3=14
U1=0 6 8 10
1 150 150
+ 1 - 4
U2= -3 7 11 11
2 175 175
+ 4 + 7
U3= -2 4 5 12
3 50 100 125 275
200 100 300
ITERASI 4 : Optimum, ΔCij ≥ 0
A V1=6 B
V2=7 C V3=10
U1=0 6 8 10
1 25 125 150
+ 1
U2= 1 7 11 11
2 175 175
0 + 3
U3= -2 4 5 12
3 175 100 275
+ 4
200 100 300
Solusi
a1=150
a2=175
a3=275
b1=200
b2=100
b3=300
1
2
3
A
B
C
25
125
Minimum Cost:
Zmin = 6x25 + 10x125 + 11x175 + 4x175 + 5x100 = 4525
175
175 100
50
Contoh Metode Stepping Stone:
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan 1 2 3 4 ai
15
25
5
5 15 15 10 bj
5 10
5 15 5
5
Variabel Basis Awal menggunakan Metode Pojok Kiri Atas :
Solusi awal : z = 5(10)+10(10)+5(7)+15(9)+5(20)+5(18) = 410
51
10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
25
5
5 15 15 10 bj
5 10
5 15 5
5
Cek variabel non basis x21 , alokasikan 1 unit ke x21:
x21
(+)
(-)
(-)
z = 4(10) + 11(0) + 4(7) + 1(12) + 15(9) + 5(20) + 5(18) = 405
Atau besar perubahan biaya = -(10) + 0 – 7 + 12 = -5
(+)
52
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
25
5
5 15 15 10 bj
5 10
5 15 5
5
Cek variabel non basis x31, alokasikan 1 unit ke x31 :
x31
(-)
(+)
(+)
(-) (+)
(-)
Perubahan z = +0 – 10 + 0 – 7 + 20 – 18 = - 15
53
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
25
5
5 15 15 10 bj
5 10
5 15 5
5
Hasil perubahan biaya distribusi untuk semua variabel non
basis :
-5
-15 +9 +9
-2 +18
Variabel yang memiliki pengurangan biaya terbesar adalah x31,
masuk menjadi basis menggantikan x11 atau x22 atau x34
(lihat tabel perubahan x31)
54
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
25
5
5 15 15 10 bj
0 15
0 15 10
Solusi baru setelah x31 masuk menjadi basis menggantikan x34 :
Solusi baru z = 5(0) + 0(10) +15(0) + 0(7) +15(9) +10(20) = 335
5
55
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
25
5
5 15 15 10 bj
0 15
0 15 10
Cek lagi perubahan biaya, hasil perubahan biaya semua
variabel non basis :
Pengurangan biaya terbesar adalah x21, menggantikan x11
atau x22.
5 +24
+18 -2
+24 +15
-5
(+)
(-) (+)
(-)
56
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
25
5
5 15 15 10 bj
0
15
0 15
Solusi baru setelah x21 masuk menggantikan x11 :
5
Solusi baru : z = 0(12) + 5(0) + 15(0) + 0(7) + 15(9)
+ 10(20) = 335
10
57
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
25
5
5 15 15 10 bj
0
15
0 15 10
Cek lagi perubahan biaya, hasil perubahan biaya semua
variabel non basis :
Pengurangan biaya pada x14, menggantikan x24.
5 +19
+18 -2
+19 +10
+5 (+)
(-) (+)
(-)
58
10 0 10 0 20 11
12 7 20 9
0 14 16 18
1
2
3
Sumber
Tujuan
1 2 3 4 ai
15
25
5
5 15 15 10 bj
0
5
10 15
10
Solusi baru setelah x14 masuk menggantikan x24 :
5
Solusi baru : z = 0(10) + 5(0) + 5(0) + 10(7) + 15(9)
+ 10(11) = 315. Solusi ini optimum karena tidak terjadi
lagi pengurangan biaya.
+5 +18
+2
+19 +19 +12
Kasus khusus model
transportasi
Supply dan Demand tidak seimbang :
Over supply
Over demand
Degenerasi :
terdapat alternatif solusi
Assignment :
Kapasitas supply dan minimum demand masing-
masing point besarnya 1 unit
Unbalanced Transportation Problem (D<S)
From A B C Kap
D 250
E 300
F 300
Kebu-
tuhan
300 200 200
5 4 3
8 4 3
9 7 5
Unbalanced Transportation Problem
From A B C Dummy Kap
D 250 250
E 50 200 50 300
F 150 150 300
Kebut 300 200 200 150
5 4 3 0
8 4 3 0
9 7 5 0
Unbalanced Transportation Problem (D>S)
From A B C Kap
D 200
E 175
F 75
Kebu-
tuhan
250 100 150
5 4 3
8 4 3
9 7 5
Unbalanced Transportation Problem (D>S)
From A B C Kap
D 200 200
E 50 100 25 175
F 75 75
Dummy 50 50
Kebut 250 100 150
5 4 3
8 4 3
9 7 5
0 0 0
Model Transshipment
Model transshipment adalah model transportasi untuk permasalahan pendistribusian komoditas cara tidak langsung, dimana komoditas dari suatu sumber dapat melalui sumber atau tujuan lain sebelum mencapai tujuan akhir
Dalam model transshipment, sumber dapat berperan sebagai tujuan, tujuan dapat berperan sebagai sumber
Agar setiap sumber dan tujuan dapat menampung total komoditas yang akan didistribusikan, maka pada setiap sumber dan tujuan harus ditambah komoditas sebesar :
B ≥ ∑m ai = ∑n bj i=1 j=1
Model Transshipment – nya : S1 S2 T1 T2 T3
S1
S2
T1
T2
T3
150+B
250+B
B
B
B
B B 100+B 100+B 200+B
10 20 35
25 40 50
Setelah biaya distribusi per unit dilengkapi, dapat diselesaikan
dengan menggunakan penyelesaian model transportasi
Contoh Model Transshipment : S1 S2 T1 T2 T3
S1
S2
T1
T2
T3
400
500
300
300
300
300 300 400 400 400
10 20 30
20 40 50
Setelah biaya distribusi per unit dilengkapi, dapat diselesaikan
dengan menggunakan penyelesaian model transportasi
20
0
0
50
0 10 10 20 25
30 0 30 40 20
10 40 0 20 30
Model Penugasan
(Assignment Model)
Merupakan kasus khusus model transportasi,
dimana sejumlah m sumber ditugaskan
kepada sejumlah n tujuan, sedemikian
sehingga didapatkan biaya penugasan total
yang paling minimum
Satu sumber (pekerja) hanya ditugaskan
pada satu tujuan (pekerjaan/alat)
Ilustrasi Problem Penugasan
Sebuah perusahaan ingin
menyelesaikan 3 pekerjaan
melalui 3 mesin. Biaya
penyelesaian setiap
pekerjaan oleh setiap mesin
dapat dilihat dalam Tabel.
Bagaimana mengatur
penugasan mesin tersebut
supaya diperoleh biaya
minimum?
M1 M2 M3
P1 5 7 9
P2 14 10 12
P3 15 13 16
Bentuk model penugasan :
C11 c12 … c1n
C21 c22 … c2n
. . … .
. . … .
. . … .
Cm1 cm2 … cmn
Alat
1 2 … n
Pekerja
1
2
.
.
.
m
1
1
1
1
1
1
1 1 1 1
Langkah Penyelesaian :
1. Kurangi elemen masing2 baris (kolom) dengan elemen terkecil dari baris (kolom) yang bersangkutan, sampai terdapat nilai nol disetiap baris dan kolom
2. Penugasan pekerja didasarkan pada elemen yang berharga nol
3. Apabila belum memungkinkan dilakukan penugasan, dilakukan langkah lanjutan sebagai berikut :
a. Tarik garis pada semua baris dan kolom yang memiliki elemen nol dengan jumlah garis paling minimal
b. Kurangkan semua elemen yang tidak tergaris dengan elemen terkecil, sehingga terbentuk elemen baru berharga nol
c. Tambahkan sebesar elemen terkecil tersebut kepada semua elemen yang terletak pada perpotongan dua garis
d. Lakukan penugasan berdasarkan semua elemen nol, jika belum memungkinkan lakukan kembali langkah a. sampai bisa diperoleh penugasan yang fisibel
Penyelesaian ilustrasi problem diatas :
5 7 9
14 10 12
15 13 16
M1 M2 M3
P1
P2
P3
Model penugasan awal :
Hasil pengurangan :
0 2 4
4 0 2
2 0 3
M1 M2 M3
P1
P2
P3
0 2 2
4 0 0
2 0 1
Solusi optimum : mesin 1 – pek 1,
Mesin 3 – pek 2, mesin2 – pek 3;
biaya = 5 + 12 + 13 = 30
Penyelesaian :
0 3 5 2
2 0 3 2
0 1 7 3
3 2 3 0
0 3 2 2
2 0 0 2
0 1 4 3
3 2 0 0
1 2 3 4
1
2
3
4 Belum bisa dibuatkan
penugasannya
Hasil pengurangan :
Penyelesaian (lanjutan) :
0 3 2 2
2 0 0 2
0 1 4 3
3 2 0 0
0 2 1 1
3 0 0 2
0 0 3 2
4 2 0 0
1 2 3 4
1
2
3
4
Solusi optimum, biaya =
1+10+5+5=21
1 2 3 4
1
2
3
4
Contoh model penugasan untuk persoalan
maksimumkan
Ship A B C D
1 20 60 50 55
2 60 30 80 75
3 80 100 90 80
4 65 80 75 70
Pilih elemen terbesar.
Contoh model penugasan untuk persoalan
maksimumkan (lanjutan)
Ship A B C D
1 80 40 50 45
2 40 70 20 25
3 20 0 10 20
4 35 20 25 30
Contoh model penugasan untuk persoalan
maksimumkan (lanjutan)
Ship A B C D
1 40 0 10 5
2 20 50 0 5
3 20 0 10 20
4 15 0 5 10
Contoh model penugasan untuk persoalan
maksimumkan (lanjutan)
Ship A B C D
1 25 0 10 0
2 5 50 0 O
3 5 0 10 15
4 0 0 5 5
Solusi optimum dengan keuntungan = 65+100+80+55 = 300
Minggu 10 : NWC
LCM
VAM
Minggu 11 : SSM
MODI
Minggu 12 : Unbalance
Degenerasi
Minggu 13 : Latihan + beri tugas presentasi kelompok
KJI KBGI
Minggu 14 : Assignment
Latihan
Minggu 15 : Pembahasan Tugas
Software QM 4 windows
Tugas dikerjakan dgn software dikumpulkan saat
UAS.
Minggu 16 : Presentasi
Minggu 17 : Kuis
Minggu 18 : UAS