Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

PERSOALAN TRANSPORTASI TAK SEIMBANG 2. PERSOALAN TRANSPORTASI TAK SEIMBANG Pada umumnya masalah transportasi adalah tak seimbang dimana penawaran lebih.

Presentasi serupa


Presentasi berjudul: "PERSOALAN TRANSPORTASI TAK SEIMBANG 2. PERSOALAN TRANSPORTASI TAK SEIMBANG Pada umumnya masalah transportasi adalah tak seimbang dimana penawaran lebih."— Transcript presentasi:

1

2 PERSOALAN TRANSPORTASI TAK SEIMBANG

3 2. PERSOALAN TRANSPORTASI TAK SEIMBANG Pada umumnya masalah transportasi adalah tak seimbang dimana penawaran lebih besar dari pada permintaan atau sebaliknya. Dalam kasus tak seimbang, metode solusi transportasi mem- butuhkan sedikit modifikasi, yaitu dengan me- nambah baris atau kolom “dummy” yg fungsinya menyeimbangkan penawaran dan permintaan. Contoh: Sebuah Perusahaan Negara berkepentingan me- ngangkut pupuk dari 3 pabrik (penawaran) ke 3 Pada umumnya masalah transportasi adalah tak seimbang dimana penawaran lebih besar dari pada permintaan atau sebaliknya. Dalam kasus tak seimbang, metode solusi transportasi mem- butuhkan sedikit modifikasi, yaitu dengan me- nambah baris atau kolom “dummy” yg fungsinya menyeimbangkan penawaran dan permintaan. Contoh: Sebuah Perusahaan Negara berkepentingan me- ngangkut pupuk dari 3 pabrik (penawaran) ke 3

4 pasar (permintaan). Kapasitas penawaran ke 3 pabrik, permintaan ke 3 pasar, dan biaya trans- portasi per unit adalah sbb : ___________________________________________________ P a s a r Pabrik 12 3 Penawaran (a j ) ___________________________________________________ 1 85 6120 2 15 1012 80 3 3 9 10 60 ___________________________________________________ Permintaan (b j ) 150 70 60 a i  b j ___________________________________________________ pasar (permintaan). Kapasitas penawaran ke 3 pabrik, permintaan ke 3 pasar, dan biaya trans- portasi per unit adalah sbb : ___________________________________________________ P a s a r Pabrik 12 3 Penawaran (a j ) ___________________________________________________ 1 85 6120 2 15 1012 80 3 3 9 10 60 ___________________________________________________ Permintaan (b j ) 150 70 60 a i  b j ___________________________________________________

5 Tabel Transportasi : ___________________________________________________ P a s a r Pabrik 12 3 Penawaran ___________________________________________________ 1120 2 80 3 60 Dummy 20 ___________________________________________________ Permintaan 150 70 60 280 ___________________________________________________ Tabel Transportasi : ___________________________________________________ P a s a r Pabrik 12 3 Penawaran ___________________________________________________ 1120 2 80 3 60 Dummy 20 ___________________________________________________ Permintaan 150 70 60 280 ___________________________________________________ 8 8 5 5 6 6 15 10 12 3 3 9 9 10 0 0 0 0 0 0

6 Solusi Dasar Awal : (1). Metode Pojok Barat Laut : __________________________________ P a s a r Pabrik 12 3 Penawaran ___________________________________________________ 1120 2 80 3 60 Dummy 20 ___________________________________________________ Permintaan 150 70 60 280 ___________________________________________________ 8 8 5 5 6 6 15 10 12 3 3 9 9 10 0 0 0 0 0 0 120 30 50 20 40 20

7 Total Biaya Transportasi =120(8)+30(15)+50 (10)+20(9)+40(10)+20(0)=2.490. (2). Metode Biaya terendah __________________________________________________________ P a s a r Pabrik 12 3 Penawaran ___________________________________________________ 1120 2 80 3 60 Dummy 20 ___________________________________________________ Permintaan 150 70 60 280 ___________________________________________________ Total Biaya Transportasi =120(8)+30(15)+50 (10)+20(9)+40(10)+20(0)=2.490. (2). Metode Biaya terendah __________________________________________________________ P a s a r Pabrik 12 3 Penawaran ___________________________________________________ 1120 2 80 3 60 Dummy 20 ___________________________________________________ Permintaan 150 70 60 280 ___________________________________________________ 8 8 5 5 6 6 15 10 12 10 3 3 9 9 0 0 0 0 0 0 20 60 70 50 10 70

8 Total Biaya Transportasi = 70(5)+50(6)+70(15) +10(12)+60(3)+20(0)= 1820 (3). Metode VAM --------------------------------------------------------------------------------------------- P a s a r Oppot. Pabrik 1 2 3 Penawaran Cost --------------------------------------------------------------------------------------------- 1 120 1 2 80 2 3 60 6 Dummy 20 0 --------------------------------------------------------------------------------------------- Permintaan 150 70 60 280 --------------------------------------------------------------------------------------------- Oppot-Cost 3 5 6 --------------------------------------------------------------------------------------------- 8 8 5 5 6 6 15 10 12 3 3 9 9 10 0 0 0 0 0 0 60

9 --------------------------------------------------------------------------------------------- P a s a r Oppot. Pabrik 1 2 3 Penawaran Cost --------------------------------------------------------------------------------------------- 1 120 - 2 80 2 3 60 - Dummy 20 - --------------------------------------------------------------------------------------------- Permintaan 150 70 60 280 --------------------------------------------------------------------------------------------- Oppot-Cost - 5 - --------------------------------------------------------------------------------------------- 8 8 5 5 6 6 15 10 12 3 3 9 9 10 0 0 0 0 0 0 60 20 70 50 10 70

10 Total Biaya Transportasi =70(8)+50(6)+70(10) +10(12)+60(3)+20(0)=1860 ______________________________________________ P a s a r Pabrik 12 3 Penawaran (a j ) ______________________________________________ 1 85 6120 2 15 1012 80 3 3 9 10 80 _____________________________________________ Permintaan (b j ) 150 70 40 a i  b j ______________________________________________

11 __________________________________________________________________ P a s a r Pabrik 1 2 3 Dummy Penawaran ___________________________________________________ 1 120 2 80 3 80 ___________________________________________________ Permintaan 150 70 40 20 280 ___________________________________________________ Total Biaya Transportasi = 120(8) +30(15)+50(10)+ 20(9) +40(10)+20(0) =2.490 8 8 5 5 6 6 0 0 15 10 12 0 0 3 3 9 9 10 0 0 120 30 50 20 40 20

12 (2). Metode Biaya Terendah __________________________________________________________________ P a s a r Pabrik 1 2 3 Dummy Penawaran ___________________________________________________ 1 120 2 80 3 80 ___________________________________________________ Permintaan 150 70 40 20 280 ___________________________________________________ Total Biaya Transportasi = 70(5)+30(6)+20(0)+70(15)+10(12)+ 80(3) = 350+180+0+1050+120+240 = 1.940 8560 1510120 39100 20 80 70 30 10 70

13 (3). Metode VAM ------------------------------------------------------ P a s a r Pabrik 1 2 3 D Supply Op-Cost ___________________________________________________ 1 120 - 2 80 - 3 80 - ___________________________________________________ Demand 150 70 40 20 280 ___________________________________________________ Opp-Cost-- - - ------------------------------------------------------------------------ 8560 1510120 39100 20 40 80 70 10 60

14 Total Biaya Transportasi =70(8)+10(5)+40(6)+ 60(10)+20(0)+80(3)=560+50+240+600+0+ 240 = 1690 3. DEGENERASI Untuk mengevaluasi kotak kosong dlm menen- tukan entering variabel, banyaknya kotak terisi (variabel basis) harus sama dengan m+n-1. Jika suatu tabel transportasi memiliki kurang dari m+n-1 kotak terisi, ini adalah degenerasi. Peristiwa ini dpt terjadi baik pada solusi awal atau selama iterasi berikutnya.

15 Dilarang menerapkan metode solusi stepping- stone dan MODI jika terjadi degenerasi. Tanpa m+n-1 variabel basis adalah tak mungkin me- nentukan semua jalur tertutup atau menyelesai- kan m+n-1 persamaan MODI (R i +K j )=C ij. Kita perhatikan Tabel transportasi berikut ini dgn solusi awal metode Pojok Barat Laut. Karena permintaan pada tujuan 1 identik dgn supply pada sumber 1 (100 unit), kotak terisi sebelah- nya tak ada lagi. Akibatnya, hanya ada 4 var. basis, semestinya ada 5 (m+n-1=5), sehingga terdapat solusi degenerasi.

16 --------------------------------------------------------------------------------- Pabrik P a s a rSupply 1 2 3 --------------------------------------------------------------------------------- 1 100 --------------------------------------------------------------------------------- 2 120 --------------------------------------------------------------------------------- 3 80 --------------------------------------------------------------------------------- Demand 100 100 100 300 --------------------------------------------------------------------------------- 8 8 5 5 6 6 15 10 12 3 3 9 9 10 100 20 80

17 Untuk mengganti kekurangan ini, suatu alokasi khayal harus dibuat pd salah satu kotok kosong untuk membentuk kembali syarat m+n-1, shg nol dialokasikan ke salah satu dari dua calon, yaitu X 12 atau X 21. Alokasi nol menunjukkan bahwa tak ada barang nyata pada kotak itu, ttp ia diperlukan sebagai kotak yang ditempati utk tujuan memperoleh solusi. Pengaruh alokasi fiktif ini memungkinkan identifikasi semua jalur tertutup. Calon yg mungkin utk alokasi nol ada- lah X 12 dan X 21 karena mereka adalah dua var. yg secara normal mendpt alokasi dlm metode Pojok Barat Laut.

18 --------------------------------------------------------------------------------- Pabrik P a s a rSupply 1 2 3 --------------------------------------------------------------------------------- 1 100 --------------------------------------------------------------------------------- 2 120 --------------------------------------------------------------------------------- 3 80 --------------------------------------------------------------------------------- Demand 100 100 100 300 --------------------------------------------------------------------------------- 856 151012 3910 100 0 0 20 80

19 (4). SOLUSI OPTIMUM Solusi optimum naik terhadap suatu masalah transportasi terjadi jika perubahan biaya C ij utk semua variabel non basis adalah positif. Jika suatu variabel non basis memiliki perubahan biaya sama dengan nol (C ij ), maka terjadi solusi optimum ganda. Artinya, biaya transportasi tetap sama tetapi terdapat suatu kombinasi alo- kasi yang berbeda. Perhatikan lagi solusi opti- mum masalah transportasi pupuk. Evaluasi var. non basis pada Tabel tsb menunjukkan bahwa solusi adalah optimum dengan biaya terkecil adalah 1.920.

20 --------------------------------------------------------------------------------- Pabrik P a s a rSupply 1 2 3 --------------------------------------------------------------------------------- 1 120 --------------------------------------------------------------------------------- 2 80 --------------------------------------------------------------------------------- 3 80 --------------------------------------------------------------------------------- Demand 150 70 60 280 --------------------------------------------------------------------------------- 856 15 3 1012 910 70 50 70 10 80

21 --------------------------------------------------------------------------------- Pabrik P a s a rSupply 1 2 3 --------------------------------------------------------------------------------- 1 120 --------------------------------------------------------------------------------- 2 80 --------------------------------------------------------------------------------- 3 80 --------------------------------------------------------------------------------- Demand 150 70 60 280 --------------------------------------------------------------------------------- 856 151012 3910 60 1070 80


Download ppt "PERSOALAN TRANSPORTASI TAK SEIMBANG 2. PERSOALAN TRANSPORTASI TAK SEIMBANG Pada umumnya masalah transportasi adalah tak seimbang dimana penawaran lebih."

Presentasi serupa


Iklan oleh Google