BMP Ekma4413 [PDF]

Citation preview

Modul 1



Pendahuluan dan Perencanaan Penugasan Drs. Pangestu Subagyo, M.B.A.



PENDAHULUAN alam memecahkan masalah yang dihadapinya, manajemen biasanya memerlukan pertimbangan-pertimbangan tertentu. Untuk itu diperlukan berbagai alat, antara lain statistik, matematika, operations research, dan sebagainya. Operations research merupakan salah satu alat analisis yang mendasarkan pada angka saja, padahal tidak semua hal dapat diukur dengan angka. Oleh karena itu, hasil optimal dalam operations research belum tentu merupakan keputusan terbaik, tetapi mungkin ada sedikit perubahan atau penyesuaian setelah mempertimbangkan data-data kuantitatif. Pada modul ini akan dibahas salah satu metode kuantitatif, yaitu perencanaan penugasan, sedang pada modul-modul berikutnya berturut-turut akan dibahas metode-metode yang lain. Salah satu metode kuantitatif dalam operations research adalah perencanaan penugasan beberapa orang karyawan pada beberapa tugas yang berbeda-beda. Dalam hal ini kita pilih cara penugasan yang bisa meminimumkan biaya atau yang bisa memaksimumkan manfaat. Setelah mempelajari modul ini Anda diharapkan dapat: a. menjelaskan kegunaan operations research untuk pengambilan keputusan; b. menjelaskan cara alokasi karyawan pada beberapa macam pekerjaan.



a. b.



Secara khusus setelah mempelajari modul ini Anda diharapkan dapat: menjelaskan cara analisis data dengan model-model yang ada dalam operations research; memilih model yang lebih tepat dan sesuai dengan masalah yang dihadapi;



1.2



c. d. e.



Riset Operasi •



menerapkan hasil analisis untuk pemecahan masalah melalui pengambilan keputusan; melakukan alokasi tenaga kerj a dengan tepat; menempatkan karyawan dengan biaya terendah atau hasil terbesar.



•



EKMA4413/MODUL 1



1. 3



Kegiatan Belajar 1



Pendahuluan A. PENGERTIAN DASAR Dalam suatu organisasi, manajemen selalu dihadapkan pada masalah pengambilan keputusan. Keputusan ini untuk menyelesaikan masalahmasalah yang dihadapinya. Sebelum mengambil keputusan biasanya dilakukan analisis terhadap data yang ada. Untuk melakukan analisis ini diperlukan alat-alat analisis, antara lain yang kita bahas dalam modul ini, yaitu analisis kuantitatif karena dalam analisis ini menggunakan ukuran atau satuan angka. Jadi, segala hal atau faktor yang berhubungan atau mempengaruhi masalah yang dapat dipecahkan sedapat mungkin diukur dengan angka, kemudian dianalisis secara kuantitatif. Untuk melakukan analisis ini dilakukan atau dikembangkan konsep-konsep yang dipelajari dalam matematika, statistik, akuntansi, dan sebagainya sehingga membentuk suatu model yang dapat dipakai untuk memecahkan masalah. Dalam operations research tujuan kita adalah mencari pemecahan masalah secara optimal dengan mengingat tujuan serta keterbatasan yang ada. Optimal berarti sebaik-baiknya, yaitu yang paling kita kehendaki. Kalau biaya atau pengorbanan tentu saja kita minimumkan, tetapi kalau manfaat atau keuntungan tentu saja kita maksimumkan.



B. PROSES PENGAMBILAN KEPUTUSAN Dalam pengambilan keputusan bisa dilakukan secara sembarang tanpa didahului oleh suatu analisis, tetapi cara ini tentu saja tidak menjamin diperolehnya hasil secara optimal, terutama kalau masalahnya relatif rumit dan terjadi pada organisasi yang relatif besar. Untuk bisa mengambil keputusan secara lebih baik bisa digunakan prosedur yang skemanya tercantum pada Gambar 1.1 berikut.



1.4



Riset Operasi •



I



l:JU



I



ro



I



Gambar 1.1. Skema Proses Pengambilan Keputusan



1.



ldentifikasi Masalah Masalah yang timbul harus diketahui dengan jelas, sebab kalau masalah pokoknya belum diketahui kita tidak mungkin bisa mengatasi memecahkan masalah tersebut dengan baik. Untuk mengetahui masalah tersebut bisa dilakukan penelitian pendahuluan. Berdasar atas masalah ini bisa ditentukan cara-cara yang cocok untuk mengatasinya. 2.



Mengumpulkan Data Untuk mengetahui cara mengatasi masalah tersebut harus didukung dengan data yang relevan atau cocok. Untuk itu kita harus mengumpulkan data yang diperlukan tersebut.



•



EKMA4413/ MODUL 1



1. 5



3.



Analisis Data Data yang terkumpul hams dianalisis terlebih dahulu agar bisa diketahui pemecahannya. Dalam analisis ini biasanya dibuat suatu model. Model adalah timan atau abstraksi dari kejadian yang sebenamya, biasanya dalam bentuk yang lebih sederhana. Untuk melakukan analisis biasanya digunakan ilmu-ilmu pengetahuan, seperti matematika, operations research, statistik, akuntansi. Di sinilah kedudukan analisis kuantitatif sebagai alat untuk membantu manajemen dalam menganalisis data sebagai dasar untuk mengambil keputusan. Dalam analisis ini selain dipertimbangkan hasil-hasil perhitungan dari analisis kuantitatif juga dipertimbangkan faktor-faktor lain yang tidak bisa diukur dengan satuan angka, misalnya kebudayaan, perikemanusiaan, agama, politik, dan sebagainya. Faktor-faktor ini tidak bisa dimasukkan dalam model kuantitatif, tetapi memiliki pengaruh yang kuat. Oleh karena itu, hasil analisis kuantitatifyang kita peroleh kadang-kadang tidak bisa diterapkan begitu saja, tetapi diperlukan penyesuaian terlebih dahulu. 4.



Penentuan Alternatif-alternatif Pemecahan Masalah Berdasarkan analisis yang telah dilakukan bisa diperoleh altematifalternatif pemecahan masalah. 5.



Pemilihan Alternatif Di antara alternatif-altematif yang ada itu kita pilih salah satu yang paling cocok untuk mengatasi masalah tadi. 6.



Pelaksanaan Alternatif yang telah dipilih di atas, kemudian dilaksanakan/dij alankan untuk mengatasi masalah yang timbul. Dalam pelaksanaan ini dapat dilihat apakah langkah itu sudah cocok atau belurn. Kalau alternatif itu sudah cocok dan bisa mengatasi masalah yang timbul maka langkah ini bisa dijalankan. Sebaliknya kalau altematif ini temyata setelah dicoba tidak cocok maka hams diulang lagi langkah-langkah sebelumnya, mungkin pemilihan altematifnya yang salah, mungkin analisisnya kurang tepat atau mungkin datanya yang kurang relevan. Demikianlah kedudukan alat-alat analisis kuantitatif dalam pengambilan keputusan oleh manajemen. Yang penting harus diingat bahwa alat analisis



1.6



Riset Operasi •



ini hanya sekadar membantu memudahkan analisis, sedangkan untuk mengambil keputusan masih dipertimbangkan pula berbagai aspek yang biasanya bersifat kuantitatif.



C. SEJARAH PERKEMBANGAN PENGGUNAAN OPERATIONS RESEARCH Sebenamya analisis kuantitatif ini sudah mulai dikenal sej ak lama. Tokoh-tokoh yang pemah mencoba menerapkannya untuk pengambilan keputusan, antara lain F.W. Harris di mana pada tahun 1915 mengemukakan konsep pengawasan inventori. Pada tahun 1931 Walter Shewart mengemukakan penggunaan statistik untuk pengawasan kualitas. Sebelum Perang Dunia II masih banyak orang yang menganggap bahwa metode-metode kuantitatif itu tidak bisa diterapkan pada Ilmu Sosial, tetapi pada Perang Dunia II ada gagasan untuk menggunakan/menerapkan metode kuantitatif ini untuk mengatur strategi perang. Di Inggris pada tahun 1941 para sarjana dari berbagai cabang ilmu pengetahuan, terutama sarjana-sarjana matematika dikerahkan untuk ikut memikirkan strategi perang. Hasil kerja mereka, antara lain sistem radar, pengaturan konvoi, dan cara-cara mengetahui kekuatan armada angkatan laut musuh. Oleh karena penerapan pertamanya dalam operasi militer di Inggris maka disebut Operations Research in the United Kingdom, selanjutnya disebut Operations Research. Kemudian, menyusul Amerika Serikat yang juga mengerahkan sarjana-sarjana matematika untuk ikut memecahkan masalah-masalah peperangan. Ternyata hasilnya juga cukup memuaskan. Setelah Perang Dunia II berakhir ada beberapa ilmuwan yang dulu ikut aktif dalam mengatur strategi perang tersebut mencoba menerapkan operations research ini dalam perekonomian pada umumnya dan dalam kehidupan perusahaan pada khususnya. Dengan demikian, lahirlah analisis kuantitatif untuk manajemen, yang sering juga disebut sebagai operations research atau management science.



•



EKMA4413/MODUL 1



1. 7



LATIHAN



Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerj akanlah latihan berikut! 1) 2) 3) 4) 5)



Sebutkan macam-macam alat yang bisa membantu atau memudahkan seseorang untuk melakukan analisis! Manakah yang penting dalam pengambilan keputusan, data kuantitatif atau kualitatif? Jelaskan kedudukan operations research dalam proses pengambilan keputusan! Apakah hasil pemecahan optimal itu pasti sama dengan keputusan yang harus dijalankan? jelaskan jawaban Anda! Sebutkan secara singkat sejarah perkembangan operations research dalam Ilmu Sosial!



Petunjuk Jawaban Latihan Jawaban dari semua pertanyaan latihan dapat dibaca pada uraian materi Kegiatan Belajar 1 dan semuanya sudah diuraikan dengan jelas. Apabila ada kesulitan Anda dapat berdiskusi dengan ternan atau tutor Anda!



Dalam bagian ini diuraikan tentang kedudukan operations research dalam Ilmu Sosial, sebagai pembantu analisis data yang diperlukan untuk pengambilan keputusan. Namun, hasil pemecahan optimal dalam operations researcl1 itu hanya salah satu pertimbangan yang bersifat kuantitatif saja, di samping itu masih ada hal-hal yang bersifat kualitatif yang sulit diukur dengan angka, tetapi juga harus dipertimbangkan.



1.8



Riset Operasi •



TES FORMATIF 1



Pilihlah satu i a waban vang paling tepat! 1)



Operation research bertujuan mencari pemecahan masalah secara optimal dengan keterbatasan yang ada. Optimalisasi biaya berarti biaya .... A. terbesar B. sedang C. terkecil D . terbatas



2)



Proses pengambilan keputusan yang baik melewati beberapa prosedur, diawali dengan prosedur .... A. identifikasi masalah B. pengumpulan data C. analisis data D . pemilihan alternatif



3)



Selain mempertimbangkan analisis kuantitatif, proses pengambilan keputusan juga memperhatikan aspek kualitatif, misalnya .... A. produksi B. pemasaran C. operasi D. politik



4)



Kesalahan pemilihan alternatif pemecahan disebabkan oleh .... A. kecocokkan data B. data yang kurang relevan C. korelasi data D. keragaman data



5)



Pertama kali operation research diterapkan pada operasi militer yang terj adi selama .... A. Perang Dunia I B. Perang Dunia II C. Perang Korea D. Perang Vietnam



masalah,



antara



lain



•



1. 9



EKMA4413/MODUL 1



Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1.



Tingkat penguasaan =



Jumlah Jawaban yang Benar -----------



x 100%



Jumlah Soal



Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = 80 - 89% = 70 - 79% = < 70% =



baik sekali baik cukup kurang



Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda hams mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang belum dikuasai.



1.10



Riset Operasi •



Kegiatan Belajar 2



Perencanaan Penugasan alam melakukan alokasi karyawan pada tugas yang ada, kadangkadang memerlukan pemikiran yang cukup sulit. Hal ini disebabkan karena kita memiliki beberapa macam pekerjaan yang berbeda-beda cara menyelesaikannya, di samping itu karyawan yang ada memiliki keahlian dan sifat yang berbeda-beda. Alokasi karyawan itu tidak boleh asal dilakukan saja, sebab kalau cara alokasinya berbeda akan membawa konsekuensi hasil atau pengorbanan yang berbeda pula. Karyawan harus kita alokasikan secara optimal, artinya kalau memakan biaya/ pengorbanan kita usahakan sekecilkecilnya dan kalau menghasilkan manfaat kita usahakan sebesar-besarnya. Dengan karyawan yang sama dan pekerjaan yang sama kita harus bisa memilih cara alokasi yang sebaik-baiknya. Cara alokasi dalam modul ini dilakukan dengan menggunakan algoritma. Biasanya yang digunakan sebagai ukuran untuk menentukan efisien dan tidaknya adalah uang. Metode algoritma yang digunakan di sini sering juga disebut sebagai Hungarian Method Algoritma yang digunakan dalam memecahkan masalah penugasan ada dua macam, yaitu algoritma dengan meminimumkan pengorbanan dan algoritma dengan tujuan memaksimumkan manfaat. Dalam bagian ini akan kita bahas satu per satu.



A. ALGORITMA DENGAN TUJUAN MEMINIMUMKAN Dalam algoritma model ini, tujuan kita meminimumkan pengorbanan. Pengorbanan yang ditanggung biasanya diukur dengan biaya yang dikeluarkan untuk menyelesaikan suatu pekerjaan oleh seorang karyawan. Biaya untuk menyelesaikan suatu pekerjaan itu berbeda-beda apabila dilakukan oleh karyawan yang berbeda. Hal ini disebabkan oleh perbedaan keterampilan, kepandaian, latar belakang pendidikan, kerajinan, pengalaman, dan sebagainya, sedangkan seorang karyawan akan memerlukan biaya yang berbeda pula apabila mengerjakan pekerjaan yang berbeda. Untuk itu kita harus menempatkan orang yang paling cocok dengan kebutuhan pekerjaan itu. Caranya dengan menggunakan matriks atau tabel yang berisi biaya



•



1. 11



EKMA4413/ MODUL 1



penugasan karyawan. Tabel itu kita olah sedemikian rupa sehingga memperoleh hasil penugasan optimal. Sebagai contoh kita gunakan contoh masalah sebagai berikut. Suatu perusahaan memiliki 4 orang karyawan yang akan ditugaskan untuk menyelesaikan 4 macam tugas. Satu karyawan harus mengerjakan satu macam pekerjaan. Data biaya penyelesaian pekerjaan itu oleh tiap karyawan seperti terlihat pada Tabel1.1 berikut ini. Tabel 1.1. Biaya Penyelesaian Pekerjaan oleh Tiap-tiap Karyawan. Pekerjaan



I



Ill



II



IV



(Dalam rupiah) Karyawan 20



28



25



24



15



13



13



11



10



21



20



30



25



20



23



20



Arti dari Tabell.l itu adalah sebagai berikut. Pekerjaan 1 kalau diselesaikan oleh karyawan A memakan biaya Rp20,00 oleh karyawan B Rp15,00, karyawan C Rp10,00 dan karyawan D Rp25,00. Pekerjaan II kalau diselesaikan oleh karyawan A memerlukan biaya Rp28.00, karyawan B Rp13,00, karyawan C Rp21 ,00, dan karyawan D Rp20,00, dan seterusnya. Untuk melakukan alokasi penugasan karyawan yang optimal dengan langkah-langkah sebagai berikut. Langkah 1: Membuat Opportunity Cost Matrix Ubahlah matriks dalam Tabel 1.1 di atas menjadi Opportunity Cost Matrix, dengan jalan, yaitu nilai tiap-tiap baris dikurangi nilai terkecil dari baris itu. MisalnyaJ berikut ini. Baris A : Nilai biaya terkecil 20 maka semua nilai dari baris itu dikurangi 20. Kolom I mula-mula bernilai 20 menjadi 0,



1.12



Riset Operasi •



Baris B



• •



Kolom II yang mula-mula 28 menjadi 8, dan kolom III, dan IV masing-masing menjadi 5 dan 4. Nilai terkecil pada baris B sebesar 11. Jadi, semua angka pada baris itu dikurangi dengan 11. Nilai barn kolom I, II, III dan IV menjadi 4, 2, 2, dan 0.



Demikian pula nilai barn dari baris-baris yang lain. Hasil selurnhnya, seperti terlihat pada Tabel1.2. Tabel 1.2. Tabel Opportunity Cost



Pekerjaan I



II



Ill



IV



A



0



5



4



B



4



8 2 11 0



2 10 3



0 20 0



Ka~tawan



c



D



0



5



Langkah 2: Membuat Total Opportunity Cost Matrix Dalam Tabel 1.2 itu terlihat bahwa pada kolom I, II dan IV sudah memiliki nilai 0, tetapi kolom III belum. Kalau dalam Tabel Opportunity Cost ini masih ada kolom yang tidak memiliki nilai 0 maka harus kita usahakan agar kolom itu memiliki nilai 0, dengan mengurangi nilai-nilai pada kolom itu dengan nilai kolom yang terkecil. Pada kolom III, nilai terkecil sebesar 2 (pada baris B) maka nilai baru dari kolom III itu pada baris A menjadi 3, baris B menjadi 0, baris C menjadi nilai 8, dan baris D menjadi 1. Setelah semua baris dan kolom mempunyai nilai 0 maka tabel itu disebut total Opportunity Cost Matrix, seperti terlihat pada Tabel 1.3. Tabel1.3. Total Opportunity Cost Matrix ~)ekerjaan



I



Karyawan



IV



Ill



II



A



0



8



3



4



B



4



2



0



0



•



1.13



EKMA4413/MODUL 1



c



0



11



8



20



D



5



0



1



0



Langkah 3: Menggambar garis untuk meliputi angka 0 Setelah semua baris dan kolom memiliki nilai 0 maka tariklah garis seminimum mungkin, baik vertikal maupun horizontal yang bisa menghubungkan setiap angka 0 yang ada. Dalam hal ini bisa dibuat garis pada kolom I, baris B dan baris D (sebenarnya bisa dibuat 4 garis, yaitu pada kolom I, II, III, dan IV, tetapi ini tidak minimum). Hasilnya seperti tampak pada Tabel 1.4. kalau jumlah garis minimum yang bisa dibuat itu kurang dari jumlah baris atau kolom maka Tabel 1.3 di atas hams diubah lagi, tetapi kalau jumlah baris yang bisa dibuat paling tidak sama dengan jumlah baris satu kolom maka alokasi yang optimal sudah bisa diperoleh lewat tabel itu pada contoh kita itu ternyata jumlah garis baru 3, padahal ada 4 kolom (dan 4 baris) maka masih harus diubah. Tabel 1.4. Menggambarkan Garis Seminimum Mungkin



Pekerjaan I



II



Ill



A



0



8



3



4



B



4



2



0



0



c



0



11



8



20



D



5



0



1



0



IV



Kar1awan



Langkah 4: Mengubah Total Opportunity Cost Matrix Untuk mengubah Total Opportunity Cost Matrix dilakukan dengan cara berikut. a. Pilihlah angka terkecil di antara semua angka yang belum terliput oleh garis minimum di atas dan semua angka yang belum terliput garis dikurangi dengan angka terkecil ini. Yang belum terliput oleh garis adalah nilai-nilai pada garis A dan C pada kolom II, III, dan IV. Angka terkecil di antara semua angka tersebut 3 sehingga angka-angka tersebut



1.14



b.



Riset Operasi •



dikurangi 3 sehingga yang mula-mula 8 menjadi 5, yang mula-mula 3 menjadi 0, yang mula-mula 4 menjadi 1, dan seterusnya. Nilai-nilai yang terliput oleh dua garis harus ditambah dengan angka terkecil yang belum terliput garis (yang dipakai untuk mengurangi pada butir a di atas). Dalam Tabel 1.4 di atas ada 2 buah, yakni 4 menjadi 7 dan 5 menjadi 8. Hasil setelah perubahan ini tampak pada Tabel 1.5 berikut. Tabel 1. 5. Perubahan terhadap Total Opportunity Cost Matrix



Pekerjaan



Ill



I



II



A



0



5



0



1



B



7



2



0



0



c



0



8



5



17



D



8



0



1



0



Karyawan



IV



Langkah 5: Membuat Alokasi Penugasan Berdasarkan Tabel 1.5 di atas kita bisa melakukan alokasi karyawan karena garis yang dibuat bisa 4, sama dengan jumlah baris (atau kolom). Caranya letakkan karyawan pada salah satu pekerjaan yang dinilainya pada Total Opportunity Cost Matrix = 0, dan satu pekerjaan hanya bisa diisi oleh satu orang saja. Untuk itu, tugaskanlah dahulu karyawan yang ada dalam tabel itu hanya memiliki satu nilai 0. Dalam contoh kita karyawan C, sebaiknya ditugaskan pada pekerjaan I, akibatnya karyawan A tidak bisa menempati pekerjaan sehingga harus ditugaskan pada pekerjaan III. Oleh karena pekerjaan III ditempati oleh A maka karyawan B ditugaskan di pekerjaan IV, dan karyawan D hanya di pekerjaan II sehingga alokasinya, seperti Tabel1.6.



•



1.15



EKMA4413/MODUL 1



Tabel 1.6. Alokasi Optimal Penugasan Karyawan serta Biayanya



Tugas yang Ditempatinya Ill IV I II Jumlah



Karyawan



A



B



c



D



I



Biaya yang Dikeluarkan Rp25,00 Rp11 ,00 Rp10,00 Rp20,00 Rp66,00



I



I



Biaya yang tercantum pada kolom 3 dalam tabel di atas diambilkan pada tabel biaya (Tabel 1.1 ). Jumlah biaya Rp66,00 merupakan biaya termurah dibanding dengan semua altematiflain (tidak ada yang lebih murah lagi).



B.



ALGORITMA DENGAN TUJUAN MEMAKSIMUMKAN



Kita bisa juga melakukan alokasi karyawan dengan tujuan memaksimumkan, yaitu apabila yang diketahui sebagai ukuran untuk menentukan efisiensi itu besamya keuntungan atau manfaat yang ditimbulkannya. Cara alokasinya mirip dengan algoritma yang bersifat meminimumkan, perbedaannya hanya pada langkah pertama. Pada langkah pertama kita cari selisih data keuntungan pada tiap-tiap baris dengan keuntungan terbesar pada baris itu. Hasil setelah langkah pertama disebut sebagai opportunity loss. Sebagai contoh kita gunakan data sebagai berikut. Suatu perusahaan akan melakukan penempatan 4 orang karyawan pada 4 pekerjaan. Data keuntungan yang dihasilkan oleh setiap karyawan kalau menyelesaikan pekerj aan itu, seperti pada Tabel 1.7 . •



Matriks Keuntungan atas Penugasan Karyawan



Pekerjaan Karyawan A B



I



II



Ill



IV



(Dalam Rupiah) 20



24



20



16



28



20



18



30



1.16



Riset Operasi •



c



16



18



14



16



D



26



30



16



32



Langkah 1: Membuat Opportunity Loss Matrix Kalau tujuan kita memaksimumkan maka kita cari opportunity loss matrix, yaitu dengan mengurangi nilai-nilai keuntungan pada tiap baris dari tabel Tabel 1. 7 itu dengan nilai terbesar dari baris itu. Hal ini disebabkan kalau karyawan ditugaskan pada pekerjaan lain ia akan mengakibatkan perbedaan keuntungan yang seharusnya diterima, misalnya karyawan B, kalau ia ditugaskan di pekerjaan IV ia akan menghasilkan keuntungan Rp30,00, tetapi kalau ia ditugaskan di pekerjaan II maka ia hanya bisa menghasilkan keuntungan Rp20,00 saja. Akibatnya terjadi opportunity Joss Rp10,00 (Rp30,00 - Rp20,00), yaitu hilangnya keuntungan yang seharusnya diterima. Semua nilai pada tiap baris harus dikurangi dengan nilai terbesar pada baris itu dan hasilnya, seperti pada Tabel 1.8. Nilai dari Tabel 1.8 itu sebenamya nilai negatif. Tabel 1.8. Opportunity Loss Matrix



Pekerjaan



I



Karyawan



A B



c D



II



Ill



IV



(Dalam Rupiah) 4 2 2 6



0 10 0 2



4 12 4 16



8 0 2 0



Langkah 2: Membuat Total Opportunity Loss Matrix Cara membuat total opportunity Joss matr1xmirip dengan langkah kedua dari algoritma minimumkan, yaitu dengan mengubah nilai pada kolom yang belum memiliki angka nol. Dalam contoh kita kolom III. Pada kolom itu angka terkecil 4 sehingga nilai dari kolom itu semua dikurangi 4 dan hasilnya, seperti terlihat pada Tabel 1.9.



•



1.17



EKMA4413/ MODUL 1



Tabel 1. 9. Total Opportunity Loss Matrix



Pekerjaan Kartawan A



B



c



D



I



II



0 10 0 2



4



2 2 6



Ill (Dalam rupiah)



IV



0



8



8



0 2 0



0 12



Langkah 3: Membuat garis seminimum mungkin untuk meliputi 0 Untuk membuat garis yang meliputi nilai-nilai 0 caranya sama dengan di depan. Untuk itu contoh kita bam bisa dibuat 3 garis, seperti pada Tabel 1.1 0. Tabel 1.1 0. Menggambarkan Garis untuk meliputi Nilai 0 ~ Pekerjaan



I



II Ill (Dalam rupiah)



IV



A



4---0---- o----8



B



2



c



2---o----



D



6



10



2



8



0



o----



2



12



0



Langkah 4: Mengubah Total Opportuni"ty Loss Matrix Dalam Tabel 1.10 bam terdapat 3 garis, padahal ada 4 baris (atau kolom) sehingga tabel itu harus diubah lagi agar bisa diperoleh alokasi optimal. Cara mengubahnya, seperti pada algoritma minimumkan, yaitu angka yang belum terliput garis dikurangi dengan angka terkecil dari yang belum terliput itu,



1.18



Riset Operasi •



dan angka yang diliput garis dua kali harus ditambah dengan angka pengurangan tersebut dan hasilnya seperti terlihat pada Tabel 1.11 berikut.



Tabel 1.11. Total Opportunity Loss Matrix yang Telah Diperbaiki



Pekerjaan I



II Ill (Dalam Rupiah)



Karyawa



IV



A



4



B



0---8



6----0



c



2



0



0



4



D



4



0



10



0



0



0



10



Langkah 5: Membuat alokasi penugasan Alokasi penugasan yang dilakukan adalah karyawan A melaksanakan pekerjaan II, C melaksanakan pekerjaan III, D melaksanakan pekerjaan IV, dan B melaksanakan pekerjaan I. Hasilnya beserta keuntungan maksimum terlihat pada Tabel1.12 berikut. Tabel1.12. Alokasi Karyawan dan Keuntungan Maksimum



Kar1awan A B



c



Peker" aan yan Dilaksanakan II I Ill



D



IV Jumlah



Keuntun an 1an Dihasilkan



Rp24,00 Rp28,00 Rp14,00 Rp32,00 Rp96,00



Keuntungan pada Tabel 1.12 di atas merupakan keuntungan maksimum. Alternatif alokasi lain tidak ada yang menghasilkan laba lebih dari Rp96,00. D. APABILA JUMLAH KARYAWAN TIDAK SAMA DENGAN JUMLAH PEKERJAAN



•



1.19



EKMA4413/MODUL 1



Apabila jumlah karyawan tidak sama dengan jumlah pekerjaan maka digunakan bantuan dummy variable (variabel semu/boneka). Guna variabel semu ini untuk mengisi ketidakcocokkan itu. Kalau yang lebih sedikit banyaknya baris (karyawan) maka diperlukan baris semu dengan biaya (atau keuntungan) sebesar 0. Sebaliknya apabila yang lebih sedikit banyaknya pekerjaan yang ada maka diperlukan kolom (pekerjaan) semu. Sebagai contoh apabila kita memiliki 5 pekerjaan, padahal hanya memiliki 4 karyawan maka tabelnya harus diubah, seperti pada Tabel 1.13, sedangkan proses mengerjakannya, seperti prosedur yang dijelaskan di depan baik untuk memaksimumkan maupun yang meminimumkan. Tabel 1.13. Penambahan Baris Semu karena Karyawan Lebih Sedikit dari Jumlah Pekerjaan



Pekerjaan I Karyawan



20 15 10 25 0



A



8



c D Kolom semu



IV Ill (Biaya dalam Rupiah)



v



28 13 21 20 0



27 17 25 21 0



II



25 13 20 23 0



24 11 30 20 0



LATIHAN



Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerj akanlah latihan berikut! 1)



Suatu perusahaan memiliki 4 orang karyawan yang akan diserahi untuk mengerjakan 4 macam pekerjaan. Untuk tiap macam pekerjaan dikerjakan oleh 1 orang. Biaya untuk tiap-tiap alternatif penugasan, seperti terlihat pada tabel berikut ini. Biaya Kalau Mengerjakan Karyawan A



Tugas I



Tugas II



Tugas Ill



I Rp1 0,00



Rp13,00



Rp17,00



TugasiV



Rp15,00



I



1.20



Riset Operasi •



Rp11 ,00 Rp12,00 Rp13,00



B



c D



2)



Rp10,00 Rp11 ,00 Rp14,00



Rp13,00 Rp 8,00 Rp10,00



Rp16,00 Rp10,00 Rp 9,00



Carilah alokasi karyawan yang bisa meminimumkan biaya! Seperti pertanyaan soal nomor 1, tetapi dengan altematif biaya sebagai berikut. Biaya Apabila Mengerjakan (Rp) Karyawan



A B



c



D



3)



Tugas I



20 23 23 24



Tugas II



Tugas Ill



TugasiV



25 23 21 27



27 25 18 20



21 21 20 23



Seperti pertanyaan pada soal nomor 1 tetapi dengan alternatif biaya sebagai berikut. Biaya Apabila Mengerjakan (Rp) Karyawan A



B



c



D



E



4)



Tugas I



20 15 10 25 21



Tugas II



Tugas Ill



28 13 21 20 18



25 13 20 23 15



TugasiV



24 11 30 20 17



Suatu perusahaan akan mengalokasikan 4 orang karyawan untuk 4 macam tugas. Tiap karyawan menyelesaikan satu tugas. Karyawankaryawan tersebut kalau diserahi tugas yang berbeda akan menghasilkan laba yang berbeda pula, altematif penugasan serta keuntungan yang dihasilkan, seperti tampak pada tabel berikut ini (dalam ribuan rupiah). Laba Apabila Mengerjakan Karyawan



A B



c



D



Tugas I



35 40 43 50



Tugas II



Tugas Ill



27 35 46 45



39 30 43 43



TugasiV



41 32 38 38



•



1.21



EKMA4413/MODUL 1



Carilah alokasi karyawan yang bisa memaksimumkan laba! 5)



Seperti pertanyaan pada soal nomor 4, tetapi untuk 5 tugas dan altematif laba yang dihasilkan sebagai berikut ( dalam ribuan rupiah). Laba Apabila Mengerjakan Karyawan



A



B



c



D



Tugas I



Tugas II



30 40 50 39



32 35 39 41



Tugas Ill



25 15 22 20



Tugas IV Tugas V



32 30 37 35



24 18 30 20



PetunJ·uk Jawaban Latihan 1)



2)



3)



4) 5)



Pada langkah pertama semua kolom sudah memiliki nilai 0. Tahap kedua tidak perlu dilakukan dan dalam tahap ketiga sudah diperoleh 4 garis. Maka, jawaban yang optimal sebagai berikut. A mengerjakan tugas I, B tugas II, C tugas IV, dan D tugas III. Biaya penugasan sebesar Rp37,00. Dalam langkah pertama dihasilkan 3 kolom yang memiliki nilai 0, dalam langkah kedua kolom III memiliki nilai 0 pada baris B. Pada langkah ketiga barn diperoleh 3 baris. Dalam langkah kelima barn diperoleh 4 garis. Keputusan optimal adalah A mengerjakan tugas I, B tugas IV, C tugas III, dan D tugas II. Biaya penugasan minimum sebesar Rp82,00. Dalam masalah ini ada 5 karyawan, tetapi hanya mengerjakan 4 tugas sehingga perlu kolom dummy (semu). Cara mengerjakannya mirip dengan soal sebelumnya. Dalam masalah ini digunakan algoritma yang bertujuan memaksimumkan. digunakan algoritma yang bertujuan Dalam masalah lnl memaksimumkan, tetapi banyaknya tugas lebih dari orang/karyawan yang ada. •



•



RANGKUMAN Dalam bagian ini dibahas cara alokasi para karyawan pada tugastugas yang ada. Alokasi yang berbeda akan mengakibatkan biaya atau



1.22



Riset Operasi •



laba yang berbeda. Hal ini disebabkan karena keahlian karyawan untuk tiap-tiap pekerjaan juga berbeda-beda. Tujuan dalam alokasi ini adalah untuk mencari biaya terkecil atau laba terbesar.



TES FORMATIF 2



Pilihlah satu iawaban yang paling tepat! Pekerjaan Karyawan



A



B



c



D



I II Ill IV



15 19 26 19



18 23 17 21



21 22 16 23



24 18 19 17



1)



Nilai opportunity cost matr1xkolom pekerjaan A, yaitu .... A. 0 4 11 4 B. 1 6 0 4 C. 5 6 0 7 D. 7 1 2 0



2)



Alokasi penugasan untuk karyawan III, yaitu .. .. A. 21 hari B. 18 hari C. 16 hari D. 15 hari



3)



Altematif penugasan untuk karyawan I terletak pada pekerj aan .... A. A atau B B. A atau D C. B atau C D. B atauD



4)



Alternatifpenugasan untuk karyawan III terletak pada pekerjaan . . .. A. A B. B C. C D. D



•



1.23



EKMA4413/ MODUL 1



5)



Alokasi penyelesaian pekerj aan optimum, yaitu ... A. 40 hari B. 50 hari C. 60 hari D. 70 hari Cocokkanlahjawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif2 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 2.



Tingkat penguasaan =



Jumlah Jawaban yang Benar



-----------



x 100%



Jumlah Soal



Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = 80 - 89% = 70 - 79% = < 70% =



baik sekali baik cukup kurang



Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Kegiatan Belajar 3. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 2, terutama bagian yang belum dikuasai.



1.24



Riset Operasi •



Kunci Jawaban Tes Formatif Tes Formatif1 1) c 2) B 3) D 4) B 5) B



Tes Formatif2 1) A 2) c 3) A 4) c 5) D



•



EKMA4413/MODUL 1



1.25



Daftar Pustaka Churchman, C.W., Ackoff, R.L. dan Arnoff, E.L. Introduction to Operations Research. New York: John Wiley & Sons, Inc. Subagyo, P., Asri, M. dan Handoko, T. H. Dasar-dasar Operations Research. Y ogyakarta: BPFE.



Modul 2



Pengawasan Persediaan Drs. Pangestu Subagyo, M.B.A.



PENDAHULUAN



ang dimaksud dengan persediaan adalah persediaan barang yang biasanya selalu ada dalam setiap lembaga, misalnya dalam dagang biasanya memiliki barang dagangan, perusahaan industri memiliki persediaan bahan baku, barang setengah jadi, dan barang jadi. Kantor-kantor swasta maupun pemerintah biasanya memiliki persediaan alat-alat tulis, rumah sakit biasanya memiliki obat-obatan, darah, bahan makanan, dan sebagainya. Jumlah persediaan barang harus diatur sedemikian rupa sehingga dapat menghemat biaya dan pengorbanan-pengorbanan perusahaan. Kalau jumlah persediaan barang terlalu sedikit akan mengganggu kelancaran kerja lembaga tersebut, misalnya kalau persediaan bahan baku perusahaan industri kurang maka kelancaran proses produksi akan terganggu, akibatnya volume produksi menurun, pemanfaatan buruh tidak efisien, dan laba berkurang. Sebaliknya kalau persediaan barang terlalu banyak akan menyebabkan banyak barang yang rusak karena terlalu lama disimpan, biaya penyimpanan menjadi mahal, asuransi lebih tinggi dan persediaan yang berlebihan berarti terdapat pengangguran modal kerja yang tidak produktif. Oleh karena itu, jumlah persediaan harus ditentukan sebaik-baiknya, j angan terlalu banyak, dan jangan terlalu sedikit. Untuk menentukan jumlah yang tepat dapat digunakan beberapa model persediaan yang dalam bagian ini dibahas satu per satu. Setelah mempelajari modul ini Anda diharapkan bisa menjelaskan caracara menghemat biaya denganjalan mengatur persediaan barang. Secara khusus setelah mempelajari modul ini Anda bisa merencanakan: 1. jumlah persediaan barang yang bisa menghemat biaya; 2. saat pemesanan barang yang tepat; 3. besar biaya yang ditanggung perusahaan yang berhubungan dengan keputusan pembelian barang.



2.2



Riset Operasi •



Kegiatan Belajar 1



Model Persediaan yang Sederhana A. MODEL PALING SEDERHANA Model yang paling sederhana ini berlaku untuk menentukan jumlah pembelian barang, bahan baku atau bahan pembantu yang penggunaannya secara teratur. Dalam model ini belum memasukkan kemungkinan keterlambatan pengiriman barang. Dalam model yang sederhana ini kita menggunakan beberapa asumsi sebagai berikut. 1. Kebutuhan barang sepanj ang tahun relatif stabil dan bisa diperkirakan. 2. Biaya yang berhubungan dengan pemeliharaan barang yang disimpan tergantung pada banyaknya barang yang disimpan. 3. Besar biaya pemesanan barang untuk setiap kali pesan sama. 4. Barang yang disimpan tidak mudah rusak. 5. Barang selalu tersedia di pasar, dalam jumlah berapa pun kebutuhan barang akan selalu bisa terbeli. 6. Harga barang relatif stabil. Untuk menentukan jumlah pembelian yang paling ekonomis atau Economic Order Quantity (EOQ) kita hams mempertimbangkan besarnya biaya-biaya yang berhubungan dengan kebijaksanaan pembelian itu. Biaya itu terdiri dari biaya set-up dan biaya pemeliharaan barang dalam penytmpanan. •



1.



Biaya Set-up Yang dimaksud dengan biaya set-up adalah biaya yang dikeluarkan setiap kali perusahaan memesan barang. Besarnya biaya ini untuk setiap kali pesan selalu sama, tidak terpengaruh oleh jumlah barang yang dipesan. Yang termasuk dalam kelompok biaya ini, misalnya biaya pengiriman surat pesanan, ongkos teleks, interlokal, pengiriman petugas pembelian, dan sebagainya yang besarnya tidak terpengaruh oleh jumlah barang yang dipesan. Dalam biaya ini tidak termasuk ongkos pengangkutan barang dan harga barang karena macam biaya ini biasanya tergantung pada jumlah



•



EKMA4413/MODUL 2



2.3



barang yang dibeli. Pada dasarnya biaya set-up adalah biaya yang dikeluarkan pada saat perusahaan melakukan pemesanan, berapa pun jumlah barang yang dibeli, besar biaya set-up ini selalu sama. Simbol yang biasanya digunakan untuk biaya set-up ini adalah Cs. Kalau kebutuhan barang selama satu tahun sebesar R dan jumlah barang setiap kali membeli Q maka satu tahun dilakukan pembelian R/Q kali, dan biaya set-up selama satu tahun sebesar (R/Q)Cs.



2.



Biaya Pemeliharaan Barang Yang termasuk dalam biaya pemeliharaan barang adalah semua biaya yang dikeluarkan perusahaan karena perusahaan melakukan penyimpanan barang. Besar biaya ini tergantung pada banyaknya barang yang disimpan serta lamanya waktu penyimpanan. Contoh dari biaya ini adalah biaya asuransi, sewa gudang yang didasarkan pada volume atau berat dan lama penyimpanan, penyusutan/berkurangnya barang yang dis imp an (apabila persentase susutnya tergantung pada lamanya penyimpanan). Kalau sewa suatu gudang yang dipakai atau tidak membayarnya sama, tentu saja tidak masuk dalam biaya ini. Demikian juga apabila gudang dimiliki sendiri dan penyusutan dilakukan dengan metode garis lurus maka biaya penyusutan gudang ini juga tidak termasuk biaya pemeliharaan. Pokoknya yang termasuk dalam biaya ini hanyalah biaya yang besarnya tergantung pada volume/berat yang disimpan dan lamanya waktu penyimpanan. Biaya pemeliharaan ini setiap barang setiap tahun biasanya diberi simbol Ci. Besarnya biaya pemeliharaan barang seluruhnya selama satu tahun sebesar rata-rata jumlah barang dikalikan biaya pemeliharaan setiap barang setiap tahun. Banyaknya barang yang disimpan selama satu tahun setiap hari selalu berubah-ubah, pada saat pembelian baru saja dilakukan jumlah barang sebanyak yang dibeli tadi, tetapi setiap hari dipakai maka selalu berkurang dan akhirnya habis dan membeli lagi. Oleh karena itu, untuk mencari ratarata jumlah barang yang disimpan dalam gudang = (Q+O): 2 atau = Q/2. Untuk jelasnya dapat dilihat pada Gambar 2.1. Biaya pemeliharaan barang selama satu tahun = (Q/2)Ci.



2.4



Riset Operasi •



I



..



,..



'lr



I



I



.,_



..



I



Gambar 2.1. Jumlah Persediaan dan Rata-rata Persediaan



Pada Gambar 2.1. itu tampak bahwa selama satu tahun dipesan beberapa kali, setelah barang habis maka barang yang dibeli datang dan persediaan diisi lagi sebanyak pembelian. Barang dalam persediaan bergerak antara 0 sampai dengan Q. Jangka waktu di antara pesanan satu dengan pesanan berikutnya adalah t. Dalam uraian di atas telah dijelaskan bahwa biaya set-up tergantung pada sering atau tidaknya pembelian dilakukan, kalau sering maka biaya setup untuk satu tahun menjadi tinggi. Tetapi akibatnya bagi biaya pemesanan justru sebaliknya, kalau sering dilakukan maka jumlah setiap kali pembelian sedikit, rata-rata jumlah barang yang disimpan sedikit, dan biaya pemeliharaan barang rendah. Apabila pembelian jarang dilakukan maka jumlah biaya set-up selama satu tahun sedikit, tetapi setiap kali membeli hams dalam jumlah yang banyak dan akibatnya biaya pemeliharaan barang yang disimpan tinggi. Dari uraian di atas j elas terlihat bahwa perubahan jumlah biaya set-up berlawanan dengan perubahan biaya pemeliharaan. Kalau pembelian sering dilakukan, biaya set-up tinggi, tetapi biaya pemeliharaan rendah, demikian pula sebaliknya kalau pembelian jarang dilakukan maka jumlah biaya set-up rendah dan jumlah biaya pemeliharaan tinggi. Lalu, bagaimanakah sebaiknya? Lebih baik setiap membeli dalam jumlah sedikit (sering membeli) atau setiap membeli dalam jumlah banyak Uarang membeli). Tentu saja kita pilih jumlah pembelian yang bisa meminimumkan jumlah dari kedua macam biaya



•



2.5



EKMA4413/MODUL 2



itu. Jumlah dari kedua macam biaya itu selama satu tahun dapat dilihat pada persamaan berikut ini. 18= ~ +



Cj-C



Kalau kedua macam biaya itu dan jumlahnya kita gambarkan akan tampak, seperti pada Gambar 2.2.



_..



0 Gambar 2.2. Hubungan antara Jumlah Setiap Pembelian dengan Biaya Set-up, Biaya Pemeliharaan, dan Jumlah dari Kedua Biaya Tersebut.



Skala horizontal menunjukkan jumlah setiap kali pembelian dan skala vertikal menunjukkan besarnya biaya selama satu tahun. Kalau setiap kali membeli dalam jumlah sedikit (berarti sering dilakukan pembelian) maka biaya set-up mahal, semakin besar jumlah setiap pembelian berarti semakin jarang dibeli maka jumlah biaya set-up selama setahun semakin murah. Lain halnya dengan biaya pemeliharaan, semakin sedikit jumlah setiap kali membeli, biaya ini akan semakin murah dan sebaliknya kalau semakin banyak jumlah setiap kali membeli, berarti jumlah biaya ini akan semakin mahal. Kalau kedua biaya itu dijumlahkan akan tampak pada garis biaya yang paling atas, kalau jumlah setiap pembelian sedikit maka jumlah kedua biaya itu mahal, semakin banyak jumlah setiap kali membeli mula-mula jumlah biaya semakin turun, tetapi sampai pada titik tertentu mulai naik lagi. Jumlah biaya terendah terjadi pada titik Q. Untuk mencari titik Q itu



2.6



Riset Operasi •



dilakukan minimisasi dengan menggunakan pendekatan diferensial terhadap persamaan jumlah biaya JB (persamaan 1) pada Q. Setelah dilakukan perubahan seperlunya dan digunakan pendekatan diferensial maka hasilnya sebagai berikut. Jumlah pembelian yang ekonomis: Q



2RCs Ci



* ==



Jangka waktu di antara pesanan satu dengan pesanan berikutnya: t* == Q* _



R



2RCs RCi



Contoh: Seorang pedagang selama satu tahun harus memenuhi permintaan pembeli sebanyak 24.000 kg. Permintaan sepanjang tahun relatif stabil. Biaya pemesanan setiap kali membeli sebesar Rp3.500,00. Biaya penyimpanan setiap kg barang selama satu tahun Rp 10,00. a. Berapakah jumlah pembelian yang paling ekonomis? b. Berapa lamakah jangka waktu antara pesanan satu dengan pesanan berikutya agar pemesanan ekonomis? Jawab: R = 24.000 kg Cs = Rp3.500,00 Ci = Rp10,00 a. Jumlah pembelian yang ekonomis: * == Q



b.



2(24.000)(3.500) == 4.098 78 10 '



Jangka waktu di antara pesanan yang ekonomis: t* ==



2(24.000)(3.500) == 0 171 tahun (24.000)1 0 '



kira-kira = 62 hari



•



EKMA4413/MODUL 2



2.7



B. MODEL PERSEDIAAN DENGAN KETERLAMBATAN BARANG Dalam model ini dimungkinkan keterlambatan penyediaan barang yang dibutuhkan, tetapi keterlambatan ini memerlukan tambahan biaya. Jadi, perusahaan menanggung tiga macam biaya, yaitu biaya set-up, biaya pemeliharaan barang, dan biaya keterlambatan. Misalnya, pada suatu hari datang seorang pembeli pada suatu toko ban, pembeli tersebut akan membeli ban radial tertentu, tetapi pada saat itu persediaan ban radial tersebut sedang habis. Pembeli, akhirnya bersepakat untuk melakukan pembelian, tetapi barangnya barn akan diperoleh dua hari lagi. Untuk memenuhi kebutuhan ini tentu saja toko tersebut hams mengeluarkan biaya tambahan karena harus membeli dengan order khusus, meminjam pada toko lain yang terdekat, mengantar ke rumah pembeli, dan sebagainya. Dengan demikian, keterlambatan barang masih diperbolehkan, tetapi disertai dengan biaya ekstra. Asumsi yang digunakan adalah bahwa besar biaya ekstra karena keterlambatan ini harus tergantung pada jumlah kekurangan barang dan jangka waktu keterlambatan. Tujuan kita dalam model ini adalah menentukan jumlah pemesanan yang bisa meminimumkan jumlah ketiga macam biaya tersebut di atas. Hubungan antara jumlah dalam setiap pemesanan, persediaan, dan kekurangan barang seperti terlihat pada Gambar 2.3. Jumlah dalam setiap kali pembelian diberi simbol Q, jumlah barang yang dibeli yang masuk persediaan diberi simbol S (pada awal siklus pembelian), dan sisanya yang untuk memenuhi kekurangan permintaan adalah Q-S. Kalau jumlah kebutuhan barang selama satu tahun sebesar R maka jangka waktu setiap siklus pembelian (mulai dari suatu pembelian sampai dengan pembelian berikutnya) = Q/R tahun. Pada gambar tersebut tampak bahwa selama satu siklus pembelian dibagi menjadi dua bagian (fase). Fase pertama pada saat permintaan masih bisa terpenuhi dengan barang yang ada dalam gudang dan ini ditunjukkan dengan segitiga pertama yang berada di atas garis 0 yang tingginya S. Jangka waktu perusahaan masih memiliki barang dalam satu siklus adalah S/R tahun. Fase kedua pada saat persediaan barang sudah habis dan pemenuhan kebutuhan barang ditunda sampai saat pesanan pembelian datang. Ini ditunjukkan dengan segitiga kedua yang berada di bawah garis 0 dan tingginya Q-S. Jangka waktu perusahaan dalam keadaan kekurangan barang dalam setiap siklus adalah (Q-S) I R tahun.



2.8



Riset Operasi •



•



•



Q



- -n ,.........~~~..........!!.ot-,~~-:"""""~~~....!!..~............,.~....



....__ ...::!::;



•



..



~fcbt



.,



.. (JrI



..,.



----...-.



Gambar 2.3. Hubungan Persediaan Barang, Pemesanan, dan Kekurangan Barang.



Biaya yang kita tanggung ada tiga rnacam, yaitu biaya set-up, biaya pemeliharaan barang, dan biaya karena keterlarnbatan barang. Berikut ini akan dibahas satu per satu sebelum dimasukkan ke dalam persamaan jumlah biaya.



Biaya set-up: Besar biaya set-up sama, seperti dalarn model persediaan yang sederhana, yai tu: (R/Q) Cs. Biaya pemeliharaan: Besar biaya pemeliharaan dapat dicari dengan luas segitiga pertarna dikalikan dengan biaya perneliharaan tiap unit tiap tahun, yaitu: 2



_!_(S I R)Ci = S Ci 2



2R



Kalau jurnlah biaya diatas dikalikan dengan banyaknya siklus dalarn satu tahun (R/Q) rnaka akan kita dapatkan jumlah biaya selarna satu tahun sebagai berikut.



•



2.9



EKMA4413/MODUL 2



Biaya pemeliharaan barang selama satu tahun: 2



2



S Ci R



Q



2R



S Ci



--



2Q



Biaya keterlambatan: Besar biaya keterlambatan sama dengan luas segitiga kedua dikalikan dengan biaya keterlambatan setiap unit barang setiap tahun (Ct), sebagai berikut. Biaya keterlambatan selama satu siklus: 1 2



R



t



2R



t



Biaya keterlambatan selama satu tahun sebesar biaya di atas dikalikan dengan banyaknya siklus selama satu tahun (R/Q), sebagai berikut.



(Q-S)



R Q



ct



2R



=



(Q-S) 2Q



2



ct



Oleh karena itu, jumlah biaya seluruhnya selama satu tahun menjadi sebagai berikut.



JB =



R



Q



2



Cs+



S Ci



2Q



+



(Q-S) 2Q



2



Ct



Apabila persamaan itu diminimumkan dengan diferensial pada Q akan diperoleh jumlah pemesanan yang optimal (Q*) dan apabila diturunkan pada S akan diperoleh jumlah-jumlah pembelian yang dimasukkan dalam persediaan ( pada awal siklus pembelian ).



= 2RCs Ct +Ci Q *



Ci



s* =



ct



2RCs Ci



Ct +Ci



Jangka waktu optimal antara dua pemesanan:



2. 10



Riset Operasi •



* t * == Q x 1 tahun



R



Contoh 2.1. Suatu perusahaan menjual satu barang. Banyaknya kebutuhan konsumen setiap tahun sebanyak 1.000 buah. Biaya penyimpanan barang setiap tahun sebesar 20% dari harga barang, harga setiap barang Rp20,00. Setiap melakukan pemesanan memerlukan biaya Rp100,00. Kalau terjadi keterlambatan barang konsumen masih mau membeli, tetapi perusahaan harus menanggung biaya ekstra Rp3,65 setiap barang setiap tahun. Berdasarkan data di atas kita hitung bahwa Ci sebesar 20% x Rp20,00 = Rp4,00, Cs sebesar Rp100,00, R sebanyak 1.000 barang dan Ct sebesar Rp3,65. Jumlah pemesanan yang optimum adalah:



Q* =



2( 1.000 )( 100) 4



3, 65 + 4 == 324 3,65



Jumlah optimal barang yang dibeli yang dimasukkan dalam persediaan:



s* =



2( 1.000 )( 100) 4



3, 65 == 154 3,65 + 4



Jangka waktu optimal antara suatu pesanan dengan pesanan berikutnya. *



324 t == == 0, 324 tahun 1.000 Jumlah biaya yang optimal: 1.000



4(154)



2



2



3,65(170) JB== 100+ +---324 2( 324) 2( 324)



JB == 617,82 Y aitu Rp617 ,82 selama satu tahun.



•



EKMA4413/MODUL 2



2.11



LATIHAN



Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerj akanlah latihan berikut! 1)



2)



3)



4)



5)



Berdasarkan data berikut ini tentukanlah jumlah pembelian yang bisa meminimumkan biaya! Kebutuhan barang setiap tahun 5.200 kuintal Biaya pesan setiap pembelian Rp90.000,00 Biaya pemeliharaan barang tiap kuintal tiap tahun Rp 300,00 Suatu perusahaan setiap tahun memerlukan 30.000 buah bahan baku A yang harganya tiap buah Rp 1.000,00. Setiap kali membeli perusahaan hams membayar biaya pemesanan Rp2.000,00. Biaya pemeliharaan barang dalam gudang termasuk asuransinya selama satu tahun sebesar 20% dari harga barang. Berapakah jumlah pembelian yang paling ekonomis? Sebuah toko diperkirakan bisa menjual 64.000 buah batu baterai selama satu tahun. Biaya pemeliharaan baterai itu dalam penyimpanan setiap tahun Rp100,00 dan biaya pesan setiap kali pembelian Rp7.500,00. a. Berapakahjumlah barang setiap pembelian? b. Berapa kalikah pembelian dilakukan selama satu tahun? Berdasarkan data pada soal nomor 3 di atas, hitunglah: a. Jangka waktu antara pembelian satu dengan pembelian berikutnya yang optimal! b. Jumlah biaya set-up dan biaya pemeliharaan barang selama satu tahun yang optimal! Suatu toko menjual ban radial dengan harga Rp40.000,00 per buah. Setiap kali pemesanan toko itu harus membayar biaya pesan Rp5.000,00. Biaya pembelian barang dalam gudang setiap tahun sebesar 5% dari harga beli ban. Kalau suatu ketika ada pengunjung toko yang akan membeli ban tersebut, tetapi perusahaan tidak sedang memiliki persediaan maka pembelian bisa ditunda, tetapi toko harus mengantar ke rumah pembeli dengan tambahan biaya Rp3.000,00 setiap ban. Penjualan ban setiap tahun 1.500 buah. a. Berapakah jumlah barang setiap kali pemesanan agar meminimumkan biaya?



2. 12



Riset Operasi •



b.



Pada setiap pemesanan (optimal) itu, berapakah jumlah barang yang masuk dalam persediaan? Berapa lamakahjarak tiap pemesanan dengan pesanan berikutnya? Berapakahjumlah biaya optimal?



c. d.



Kunci Jawaban Latihan 1) 2) 3) 4) 5)



Q* Q* a. b. a. b. a. b. c. d.



= 558,70 kuintal =2.449,49 buah barang, dibulatkan =2.449 buah Q* = 3.098,39 buah, dibulatkan = 3.098 buah Pembelian setiap tahun dilakukan 20,65 kali. t* = 17,43 hari JB = Rp309.794,50 Q* = 112 buah S* = 67 buah T* = 0,0786 tahun = 29 hari JB* = 134.165,18



RANGKUMAN



Dalam kegiatan belajar ini dibahas cara perencanaan pembelian yang sederhana. Ada variasi sedikit, yai tu apabila terj adi kemungkinan kekurangan barang.



~



· TES FORMATIF 1 Data her1knt ci1 o-nnakan nnt:n k men1 a wah



~oal



no 1



~ci



no. S.



Perusahaan ANTOMIA setiap tahun membutuhkan bahan baku 16.000 kg, biaya penawaran Rp1.000,00, biaya ekstra keterlambatan Rp100,00 dan biaya penyimpanan yang terdiri dari biaya asuransi Rp100,00, biaya gudang Rp400,00, biaya modal Rp125,00 serta biaya iesiko kerusakan Rp 175,00. 1)



Biaya penyimpanan perusahaan ANTOMIA yaitu .... A. Rp600,00 B. Rp700,00 C. Rp800,00 D. Rp900,00



•



2.13



EKMA4413/ MODUL 2



2)



Jumlah pembelian optimum (Q), yaitu .. .. A. 600 kg B. 500 kg C. 400 kg D. 300 kg



3)



Jumlah pembelian optimum yang dimasukkan dalam persediaan, yaitu .... A. 56,667 kg B. 66,667 kg C. 76,667 kg D. 86,667 kg



4)



Jumlah waktu optimum antara satu pesanan dengan pesanan lain (t) . . .. A. 10,5 hari B. 11 ,5 hari C. 12,5 hari D. 13,5 hari



5.



Jumlah biaya optimum (JB) selama setahun ... A. Rp53.333 ,333 B. Rp54.333,333 C. Rp55.333,333 D. Rp56.333,333



Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1.



Tingkat penguasaan =



Jumlah Jawaban yang Benar



----------



x 100%



Jumlah Soal Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang



2.14



Riset Operasi •



Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang belum dikuasai.



•



2.15



EKMA4413/MODUL 2



Kegiatan Belajar 2



Beberapa Macam Model Persediaan yang Lain A. MODEL PERSEDIAAN DENGAN POTONGAN BARGA Dalam model persediaan ini dimasukkan adanya potongan harga beli barang yang dibutuhkan. Biasanya kalau jumlah pembelian mencapai jumlah tertentu akan mendapat potongan harga, misalnya kalau membeli dalam jumlah 1000 buah barang atau lebih akan mendapat potongan harga 10%. Oleh karena itu, dalam hal ini terdapat 2 macam harga beli. Harga beli pertama (PI) kalau tidak ada potongan harga dan harga kedua (P2) kalau mendapat potongan harga. Kalau batas untuk mendapat potongan harga itu sebanyak b maka harga pertama (P 1) akan berlaku kalau jumlah setiap pembelian kurang dari b, sedang harga kedua (P2) terjadi apabila jumlah pembelian melebihi atau paling tidak sama dengan b. Oleh karena ada perbedaan harga ini maka untuk mencari titik optimum pembelian, kita gunakan persamaan biaya ditambah dengan harga beli barang. Dalam hal ini kita mengenal dua macam persamaan jumlah harga barang dan biaya (JHB) sebagai berikut. Jumlah harga barang dan biaya tanpa potongan harga.



JHB1 = REj + R Cs + Q Ci



Q



2



Jumlah harga barang dan biaya dengan potongan harga:



Q . JHB2 :::::: RB2 + Cs + Cz . Q 2 R



Kedua macam biaya itu kalau digambarkan, seperti pada Gambar 2.4. Garis penuh menunjukkan garis biaya yang bisa direalisasi, sedangkan garis putus-putus adalah garis biaya yang tidak bisa direalisasi atau tidak berlaku karena harganya tidak sesuai. J adi, garis biaya pada titik b berpotongan turun ke bawah, kemudian mengikuti garis biaya kedua.



2.16



Riset Operasi •



Untuk mencari titik Q1 minimum untuk persamaan garis biaya pertama, dilakukan dengan bantuan diferensial pada Q, atas garis biaya itu. Demikian pula untuk mencari titik Q2 minimum dengan cara yang sama, tetapi terhadap garis biaya kedua. Temyata Q1 minimum sama dengan Q2 minimum. a.



' 1.rn!m iT ·I~ .. a U~f1 EHS~ •



•



IHBt



Jl-$ ,·, [ [



•



. . f"WT



JHB 1, JHB2,



-·



Gambar 2.4a. Garis Biaya yang Tidak Bisa Direalisasi dan Q Minimum.



b. Jrn\ltBJI tfsttLHI nan ~•vP •



...



...



•



....



.I



~'



.•



.)-



•



lJ



JHB 1 , JHB2 ,



I



..IIIII



Gambar 2.4b. Garis Biaya yang Tidak Bisa Direalisasi dan Q Minimum .



•



c.



2.17



EKMA4413/ MODUL 2



~.U f:1 I I~



· · ~1cHt



l1:



rr--+ ~



.at .v



,g



'



l



liii



--1!!1 I



•



JHB 1 , JHB2 ,



•



Gambar 2.4c. Garis Biaya yang Tidak Bisa Direalisasi dan Q Minimum.



Hal ini bisa terjadi sebab dalam persamaan biaya di atas (JHB 1 atau JHB 2) perbedaannya pada harga beli barang. Dalam harga beli barang (RP 1 atau RP 2) ini tidak mengandung Q. Jadi, dianggap sebagai bilangan, kalau diturunkan sama dengan 0. 2R Cs Qmin == Ql min == Q2min == Ci



Dalam mencari jumlah yang optimal ini mula-mula kita cari jumlah pembelian yang meminimumkan JHB, dengan rumus Qmin di atas: a. Kalau Qmin berada di atas batas potongan harga maka jumlah pembelian yang optimal pada titik Qmin (Q* = Qmin), seperti pada Gambar 2.4.a. b. Kalau Qmin di bawah batas potongan harga maka kita hitung JHB 1 pada titik Q minimum dibandingkan dengan JHB 2 pada titik b (batas potongan harga). Kalau JHB 2 pada titik b yang lebih murah daripada JHB 1 pada titik Qmin (seperti pada Gambar 4.b) maka kita pilih Q (Q optimal) pada titik b, tetapi kalau nilai JHB 1 pada titik Qmin yang lebih murah daripada JHB 2 pada titik b (seperti pada Gambar 4.c) maka kita pilih titik Qmin sebagai Q* (Q optimum). Untuk jelasnya, dapat dilihat pada contoh berikut.



2.18



Riset Operasi •



Contoh 2.2 Suatu perusahaan roti setiap tahun memerlukan 2.400 kuintal gandum. Kebutuhan akan gandum ini sepanjang tahun relatif stabil. Kalau jumlah setiap pembelian kurang dari 500 kuintal maka harga beli gandum setiap kuintal Rp20.000,00, tetapi kalau jumlah setiap pembelian paling tidak 500 kuintal harga beli gandum hanya Rp18.500,00 setiap kuintal. Biaya pemeliharaan barang di gudang setiap kuintal sebesar Rp400,00. Biaya setiap melakukan pemesanan sebesar Rp35.000,00. Qmin =



2 2 400 35 000 ( . ) · = 648,07 kuintal 400



Oleh karena Omin = 648,07 kuintallebih besar dari batas potongan harga maka titik Q* sebesar 648,07 kuintal. rrnUM1 ftat ga ~:en~v



·



Ill



... [ 1!!!1



-~



Gambar 2.5.



Contoh 2.3 Andaikata dalam Contoh 2.2 di atas biaya pemesanan tidak Rp35.000,00, tetapi kita ganti dengan RplO.OOO,OO maka:



Qmin



=



2(2.400)10.000 = 346,41 kuintal 400



•



2.19



EKMA4413/MODUL 2



karena Qmin = 346,41 kuintal lebih kecil dari b maka harus dibandingkan JHB 1 pada titik Qmin dengan JHB 2 pada titik b. JHB1 pada Qmin, yaitu: 2 346 41 = 2.400(20.000) + .400 (1 0.000) + • ( 400) = Rp 48.138.564,06 346,41 2



JHB 2 pada titik b, yaitu: 2.400 500 == 2.400(18.500) + (1 0.000) + (400) == Rp 44.548.000,00 2 500 Oleh karena JHB 2 pada titik b lebih murah daripada JHB 1 pada titik Qmin maka jumlah setiap pembelian yang optimum (Q*) sebesar b, yaitu 500 kuintal. I Jl"''tl ~Jl t i;aJ' ~ p ~nl'j ~a



11!!11



I



I ,



--



-~ I



ll 1 1r ., ~c~·~ 11) •



~~~LW



Gambar 2.6.



Contoh 2.4 Andaikata dari Contoh 2.2 kita ubah, di samping biaya pemesanannya menjadi Rp5.000,00 juga biaya pemeliharaan barang yang mula-mula Rp400,00 menjadi Rp600,00 setiap kuintal setiap tahun maka: Qmin =



2(2.400)5.000 = 200 kuintal 600



Oleh karena Qmin lebih kecil dari b maka hams kita pilih antara dengan b sebagai Q*.



Qmin



2.20



Riset Operasi •



JHB1 pada Qmin



2 400 200 = 200(20.000) + • (5.000) + (600) = 200 2 Rp4.120.000,00 2



500



(600) == JHB 2 pada titik b == 500(18.500) + .400 (5.000) + 500 2 Rp9.424.000,00 Berdasarkan kedua hitungan di atas temyata JHB 1 pada titik Qmin lebih murah maka kita pilih titik Qmin sebagai titik Q* . Jadi, Q* atau jumlah pembelian yang paling optimum sebesar 200 kuintal. 1~nn11aJ 11M,8JYQS I H~n;IHla:~a·



.



Gambar 2.7.



B. MODEL PERSEDIAN BARANG YANG DIBUAT SENDIRI Dalam model ini barang yang dibutuhkan tidak dibeli tetapi dibuat sendiri. Tentu saja dalam membuat itu tidak bisa sekaligus dalam jumlah yang banyak, tetapi secara sedikit demi sedikit tergantung pada produktivitas pembuatannya. Tingkat produksi setiap tahun (kalau sepanjang tahun berproduksi) kita beri simbol Pr dan kebutuhan selama setahun sebesar R. Dalam hal ini dianggap P selalu lebih besar dari pada A. Hubungan antara waktu dengan hasil pembuatan barang yang diperlukan, seperti yang dilihat pada Gambar 2.8. Pada gambar tersbut tampak bahwa mula-mula barang dalam persediaan tidak ada (sebesar 0). Andaikata perusahaan berproduksi saja tanpa menggunakan barang yang



•



2.21



EKMA4413/ MODUL 2



dibuatnya itu maka jumlah barang yang dibuatnya itu akan bertambah terus, seperti pada garis produksi dengan slope Pr. Setelah jumlah barang sesuai dengan jumlah dalam order produksi maka produksi dihentikan. Dalam hal ini produksi dilakukan selama t 1.



. Alun~fah R~r~ttfu~~ -



-



...



•



l



o· .



..



.·BI''"~Ar



Gambar 2.8. Hubungan Antara Waktu dengan Jumlah Barang yang Dibuat Sendiri Kalau Perusahaan tidak Menggunakannya.



Andaikata perusahaan sudah memiliki barang yang dibutuhkan (tidak usah membuat dulu) maka hubungan antara waktu dengan pemakaian barang seperti terlihat pada Gambar 2.9. Mula-mula jumlah barang sebanyak Q. Setelah dipakai sedikit demi sedikit berkurang dan pemakaian akan habis (mencapai titik 0). Pengurangan persediaan itu dengan slope R (kebutuhan selama setahun). 4~\1· ftth ·~~rao·e '



-.Q



~



·r•,u-l o; X2 > o Pemahamannya, seperti tampak pada Gambar 3.9. Pada gambar itu terlihat bahwa garis fungsi tujuan kita geser ke kanan atas akan mencapai tempatfeasible tertinggi pada saat berimpit dengan garis 2X 1 + 3X2 = 9.000 sehingga titik B dan C memiliki nilai tujuan (Z) sama, masing-masing sebesar 9.000 sehingga ada dua titik sudutfeasible yang terpilih menjadi titik optimal, di samping itu semua titik yang nilai Z-nya sama dengan titik B dan C dan bisa pula dipilih sebagai titik optimal sehingga masalah ini memiliki pemecahan optimallebih dari satu titik.



3.20



Riset Operasi •



•.



-



B•lDU



-



-~I ~----------------------------~ ·



Gam bar 3. 9. Terdapat beberapa titik optimal, sepanjang garis yang menghubungkan titik B dan C



6.



Masalah yang Tidak Memiliki Pemecahan Optimal Suatu masalah kemungkinan tidak memiliki pemecahan optimal. Hal ini bisa disebabkan oleh dua hal, yaitu tidak terdapatnya daerah feasible dan adanya suatu aktivitas yang tidak terpengaruh oleh batasan apa pun. a. Masalah yang tidak memiliki daerah feasible Masalah yang tidak memiliki daerah .feasible seperti yang dikemukakan pada bagian C di depan. Kalau tidak memiliki daerahfeasible tentu saja tidak mungkin bisa diperoleh pemecahan optimal. b. Salah satu aktivitas tidak terpengaruh oleh batasan yang ada Suatu aktivitas bisa tidak memiliki batasan sehingga bisa menggunakan sumber daya yang diperlukannya sebanyak yang dibutuhkan. Kalau keadaannya seperti ini maka aktivitas itu bisa ditingkatkan sebanyakbanyaknya atau mungkin bisa dikurangi sedikit-sedikit. Andaikata fungsi tujuannya bersifat memaksimumkan nilai Z maka nilai Z ini tidak bisa maksimum karena kita selalu bisa menambah tingkat aktivitas tersebut sehingga nilai Z akan selalu bisa ditambah. Demikian pula kalau fungsi tujuannya meminimumkan maka beberapa pun pengurangan yang dilakukan akan bisa terj adi sehingga tidak mungkin diperoleh titik minimum. Sebagai contoh, misalnya suatu masalah dapat digambarkan pada Gambar 3.10 di mana aktivitas kedua bisa ditambah semau kita



•



3.21



EKMA4413/ MODUL 3



yang terbatas hanya aktivitas pertama saja. Dengan sendirinya kalau fungsi tujuannya bersifat memaksimumkan maka nilai Z maksimum tidak bisa dicapai karena masih selalu bisa ditambah . •



~..



'



Aktivitas Kedua (X2)



Gam bar 3.1 0. Selalu Bisa Ditambah sehingga Nilai Z Tidak Bisa Maksimum



7.



Hubungan antara Titik-titik Sudut Feasible Andaikata suatu titik sudut feasible memiliki nilai Z yang lebih besar dari dua titik sudut feasible yang terdekat maka titik itu memiliki nilai Z yang terbesar di antara semua titik sudut feasible yang ada. Demikian pula sebaliknya, kalau suatu titik sudut feasible memiliki nilai Z yang lebih kecil dari dua titik sudutfeasible yang terdekat maka titik itu memiliki nilai Z yang lebih kecil dari semua titik sudut feasible yang ada. Sebagai contoh masalah



yang formulasinya, seperti tersebut berikut ini dan grafiknya, seperti terlihat pada Gambar 3 .11. Fungsi tujuan : Maksimumkan Z = 3X 1 + 4X2 Batasan-batasan : (1) 2x1 + x2 ::; 6.ooo (2) 2X1 + 3X2 ::; 9.000 (3) x 2 < 2.ooo (4) XI ::; 2.800 (5) X1 > o; X2 > o Pada titik B, nilai X 1 = 2800, X 2 = 400 dan Z = 10.000, pada titik C nilai X 1 = 2.250, X 2 = 1.500 dan Z = 12.750, sedang pada titik D nilai X 1 = 1.500, x 2 = 2.000 dan z = 12.500. nilai z pada titik c lebih besar dari nilai z pada



3.22



Riset Operasi •



titik B dan titik D Ini berarti bahwa nilai Z pada titik B itu lebih tinggi dari semua nilai Z pada titik yang lain. Temyata kalau kita hitung, nilai Z pada titik A hanya 8.400 dan titik E hanya 6.000, keduanya lebih rendah dari pada titik C.



Gambar 3.11. Hubungan titik-titik sudut yang feasible



8.



Analisis Sensitivitas



Analisis sensitivitas bertujuan untuk menghitung akibat-akibat perubahan kendala dan fungsi tujuan pada nilai tujuan (hasil). Sebagai contoh, persamaan berikut ini akan kita gunakan. Fungsi Tujuan : Maksimumkan Z = 3X1 + 4X2 Kendala-kendala : (1) 2X 1 + X 2 ~ 6.000 (2) 2X 1 + 3X2 ~ 9.000 (3) x1 ; : : o; x2;;: : o Masalah ini telah dipecahkan pada Kegiatan Belajar 1 bagian B dan gambar 3.3. Hasil optimalnya: X 1 = 2.250, X 2 = 1.500, dan Z = 12.750. Kalau nilai kanan kendala 1 (mula- mula 6.000) dilonggarkan dengan 500 menjadi 6.500 maka garisnya berubah, seperti Gambar 3.12.



•



3.23



EKMA4413/ MODUL 3



Daerah feasible mula-mula segi empat OABC berubah menjadi segi empat OA'B 'C sehingga titik optimal yang baru di titik B '. Hasilnya berubah menjadi X 1 = 2.625, X2 = 1.250, dan Z = 12.875. Nilai X 1 naik, nilai X2 berkurang, tetapi nilai tujuan (Z) naik dari 12.750 menjadi 12.875, tetapi pelonggaran kendala ini ada batasnya. Penambahan nilai kanan kendala 1 hanya dapat menaikkan nilai Z apabila garis kendala pertama tidak melampaui kendala Z.



·~.U\ Ill



I



•



'



~ =m (\'JD:Qj '-"'



I



~-'



z: .



··------------------------~·



Gambar 3.12. Pelonggaran Kendala Pertama Dengan 500 (



.J



\



\



Gambar 3.13. Pelonggaran Maksimum Kendala Pertama dengan 3. 000



,,



•



I



3.24



Riset Operasi •



Daerah feasible baru segitiga OA"C, dan titik optimal di A" dengan nilai XI = 4.500, x2= 0, dan z = 13.500. Kalau kendala pertama dilonggarkan lagi menjadi di atas 9.000, maka garisnya akan melampaui (di sebelah kanan) kendala kedua (titik A"). Akibatnya titik optimal tetap A" karena kendala kedua membatasi sampai dengan titik A" saja, tidak dapat dilanggar.



:_ _> .;!E•.. ' - - r :;: - ___ -... • 0



·!1!'



;(



LATIHAN



I



L



Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerj akanlah latihan berikut! 1)



Suatu perusahaan menghasilkan dua mac am produk, yaitu Produk I dan Produk II. Setiap unit produk pertama memerlukan bahan baku 2 kg, bahan pembantu 1 kg, memerlukan 2 jam kerja buruh langsung dan dikerjakan dalam mesin selama 2 jam. Untuk setiap unit produk kedua memerlukan bahan baku 5 kg, bahan pembantu 4 kg, memerlukan 2,5 jam kerja buruh langsung, dan dikerjakan dalam mesin selama 1,5 jam. Pada minggu ini jumlah maksimum yang tersedia untuk berproduksi sebagai berikut. Bahan baku sebanyak 1.000 kg, bahan pembantu 600 kg, jam kerja buruh langsung 500 jam, dan kapasitas mesin sebanyak 450 jam. Harga jual setiap unit untuk produk pertama sebesar Rp500,00 dan produk kedua Rp700,00. Biaya variabel untuk setiap unit produk pertama Rp350,00 dan untuk produk kedua Rp480,00. Hitunglah banyaknya produk pertama dan produk kedua yang sebaiknya dihasilkan agar diperoleh lab a maksimal! 2) Pemerintah memiliki dana proyek untuk memajukan industri kerajinan logam dan/atau industri kerajinan kulit di suatu daerah di Jawa Tengah agar bisa meningkatkan GNP. Untuk melaksanakan itu akan diadakan bimbingan, pemberian kredit modal kerja dan pemberian alat-alat produksi secara sekaligus pada perusahaan yang terkena proyek. Untuk memberikan bimbingan tiap-tiap pengrajin harus didatangi oleh beberapa petugas untuk mengajarkan cara-caara produksi yang baik di pabrik mereka. Biaya bimbingan untuk setiap pengrajin logam sebesar Rp900.000,00 dan untuk setiap pengrajin kulit Rp700.000,00. Anggaran yang disediakan pemerintah untuk kegiatan bimbingan ini maksimum Rp630.000.000,00. Untuk memberikan kredit modal kerja pemerintah



•



3)



4)



5)



EKMA4413/MODUL 3



3.25



menyediakan dana maksimum Rp6.000.000.000,00. Tiap pengrajin logam memerlukan kredit modal kerja sebesar Rp10.000.000,00 dan setiap pengrajin kulit Rp6.000.000,00. Untuk bantuan yang berupa pembelian mesin secara kredit, tiap pengrajin logam memerlukan modal pinjaman Rp8.000.000,00 dan setiap pengrajin kulit memerlukan modal Rp10.000.000,00. Jumlah dana yang disediakan oleh pemerintah untuk fasilitas pembelian mesin secara kredit ini maksimum Rp8.000.000.000,00. Banyaknya pengrajin logam yang ada pada daerah itu hanya 500 orang, sedang pengrajin kulit ada 1.100 orang. Setiap pengrajin logam yang yang telah dibina akan menyebabkan tambahan terhadap GNP sebesar Rp75.000.000,00 tiap tahun daan setiap pengrajin kulit Rp100.000.000,00. Berapakah banyaknya pengrajin logam dan pengrajin kulit yang sebaiknya dibina agar menghasilkan GNP yang terbesar? Hitunglah pemecahan optimal dari masalah yang formulasinya tersebut berikut ini. Fungsi tujuan : Maksimumkan Z = 3X 1 + 5X2 Batasan-batasan :(1) 9X 1 + 7X2 0;X2 >0 Carilah pemecahan optimal dari masalah berikut ini. Fungsi tujuan : Minimumkan Z = 10X 1 + 2X2 Batasan-batasan : (1) 5,5X 1 + 3X2 > 33 (2) X1 + x2 = 7 (3) 10X1 + 22X2 ~ 110 (4) X 1 >0;X2 >-2 Carilah pemecahan optimal dari masalah yang formulasinya tersebut berikut ini. Fungsi tujuan : Maksimumkan Z = 3X 1 + 5X2 Batasan-batasan : (1) 12X1 + 4X2 2:: 48 (2) 8X 1 + 14X2 ~ 112 (3) 7X 1 + 8X2 > 56 (4) 10X 1 + 9X2 ~ 90 (5) xl 2:: 0; x2 boleh positif ataupun negatif.



3.26



Riset Operasi •



Petunjuk Jawaban Latihan 1)



Perusahaan menghasilkan dua macam produk, berarti X 1 = jumlah produk pertama dan X 2 = jumlah produk kedua yang dihasilkan. Mulamula hams dibuat dalam formulasi masalahnya, yaitu dinyatakan dalam persamaan-persamaan yang berupa fungsi tujuan dan batasan-batasan. Tujuan dalam masalah ini memaksimumkan laba perusahaan. Oleh karena itu, fungsi tujuan bersifat memaksimumkan nilai Z, dalam hal ini yang bisa kita maksimumkan (Z) adalah sumbangan terhadap laba, yaitu banyaknya kelebihan nilai penjualan di atas biaya variabel. Maka koefisien cl dan c2 dalam fungsi tujuan masing-masing untuk produk 1 = 500 - 350 = 150 dan untuk produk 2 = 700 - 480 = 220. Untuk mempermudah formulasi masalahnya sebaiknya data kita susun dalam tabel sebagai berikut.



KEBUTUHAN PER UNIT KAPASITAS BATASAN MAKSIMUM Produk 1 Produk 2 Bahan baku 2 kg 5 kg 1.000 kg Bahan pembantu 1 kg 4 kg 600 kg Buruh langsung 2jam 2,5 jam 500 jam 2,5 ·am 1,5 ·am 450 ·am Mesin Harga jual/unit (Rp) 500 700 Biaya var/unit (Rp) 480 350 Sumb.thd.laba/unit 150 220 Formulasi masalahnya adalah: Fungsi tujuan : Maksimumkan Z = 150X 1 + 220X: Batasan-batasan : (1) 2X 1 + 5X2 ::::; 1.000 (2) + 4X2::::; 6oo (3) 2X 1 + 2,5X2 < 500 (4) 2X 1 + 1,5X2 ::::; 450



x1



(5) X1 > o;



x2 > o



Batasan-batasan di atas, kemudian kita gambarkan sebagai berikut.



•



3.27



EKMA4413/MODUL 3



.xa... B ...



--



80.0 .. .. .. ---- - ""'·~ o. ~·v.



.



'-I!)." .'



~



•



I



.. .•



srro ~ ·



Daerah feasible adalah daerah OABCD. Kemudian, kita cari nilai Z pada tiap-tiap titik sudut dan kita pilih yang paling besar dengan fungsi tujuan, sebagai berikut. Titik 0 : Nilai X 1 = 0, X 2 = 0, dan Z = 0. Titik A : Nilai X1 = 225, X2 = o, z = 150(225) + 220(0) = 33.750. Titik B : Terletak pada perpotongan garis 2X1 + 2,5X2 = 500 dengan garis 2X 1 + 1,5X2 = 450, yaitu pada titik yang memiliki nilai XI = 187,5 dan x2 = 50. Nilai z = 150(187,5) + 220(50) = 39.125. Titik C : Terletak pada perpotongan garis X 1 + 4X2 = 600 dengan garis 2X 1 + 2,5X2 = 500, yaitu pada titik yang memiliki nilai XI = 90,92 dan nilai x2 = 127,27. Nilai z = 150(90,92) + 220(127,27) = 41.637,40. Titik D : Nilai XI= 0, x2 = 150, dan z = 150(0) + 220(150) = 33.000. Ternyata nilai Z tertinggi pada titik C sehingga titik ini yang kita pilih sebagai titik optimal. Kesimpulannya agar bisa menghasilkan laba tertinggi perusahaan harus menghasilkan produk pertama 90,92 unit dan produk kedua 127,27 unit, dengan sumbangan terhadap laba sebesar Rp 41.637 ,40. 2) Di dalam masalah ini ada dua macam aktivitas, yaitu X 1 menunjukkan jumlah pengrajin logam dan x2 jumlah pengrajin kulit yang akan ditangani oleh pemerintah. Karena kita akan mengusahakan agar kegiatan pemerintah itu memiliki akibat terhadap kenaikan GNP yang sebanyak-banyaknya maka fungsi tujuan bersifat memaksimumkan nilai Z, formulasi masalahnya sebagai berikut.



3.28



Riset Operasi •



: Maksimumkan Z = 75X 1 + 100X2 : (1) 0,9X 1 + 0,7X2 ~ 630 (2) 10X1 + 6X2 < 6.000 (3) 8X1 + 10X2 ~ 8.000 (4) x1 ~ 500 (5) x2< 1.100 (6) X 1 20; X 2 20 Kalau digambar, temyata daerah feasible-nya daerah OABCDE, dan kalau kita cari nilai Z pada tiap-tiap titik sudut, ternyata yang tertinggi pada titik D. Fungsi tujuan Batasan-batasan



'.



•...:f,



-



Q



Titik Sudut



-· ~~~"



UJ.)Z. 1 .)!.:



--



_._,



...



Nilai



X1



X2



z



0



0



0



0



A



500,00



0



37.500,00



B



500,00



166,67



54.167,00



c



262,50



562,50



75.937,00



0



205,9



635,3



78.972,00



E



0



800,00



80.000,00



optimal



Kesimpulan: Untuk memperoleh tambahan GNP yang tertinggi maka pemerintah sebaiknya memajukan 800 pengrajin kulit, tanpa membimbing pengrajin logam dengan kenaikan terhadap GNP sebesar Rp80. 000.000.000,00.



•



3)



3.29



EKMA4413/ MODUL 3



Dalam soal ini ada penyimpangan terhadap bentuk standar, daerah feasible terletak pada daerah ABCD. Kalau dicari nilai Z pada tiap-tiap titik sudut temyata hasilnya sebagai berikut. ( II 10



I



I



4)



Nilai



Titik Sudut



X1



X2



z



A



0



5,00



20,00



B



4,81



2,81



35,29



c



3,41



4,61



35,49



D



0



7,00



28,00



Optimal



Oleh karena fungsi tujuan di atas bersifat meminimumkan maka dipilih titik A sebagai titik optimal karena memiliki nilai Z yang terkecil sehingga keputusan optimal: XI = 0, x2= 5, dan nilai z = 20. Daerah feasible berada di sebelah kanan atas garis maksimum batasan pertama, pada garis batasan kedua, di sebelah kiri bawah batasan ketiga, di atas garis horizontal pada nilai x2= - 2 (karena x2dibatasi harus lebih besar dari -2), dan di sebelah kanan sumbu vertikal, yaitu sepanjang garis antara titik A dan B. Titik A: Terletak pada perpotongan antara garis 5,5X 1 + 3X2 = 33 dengan garis X 1 + X2 = 7. Pada titik itu nilai X 1 = 4,8 dan nilai X2 = 2,2, serta nilai Z sebesar 52,4.



3.30



Riset Operasi •



..,. ,~ :·o~!. t ~~~22X.2 ~=



11 ;(J



I



5)



Titik B: Terletak pada perpotongan antara garis X 2 = -2 dengan garis X 1 + X 2 = 7. Pada titik itu nilai X 1 = 9, nilai X2 = - 2, serta nilai Z = 86. Oleh karena fungsi tujuannya bersifat meminimumkan nilai Z maka titik optimal terletak pada titik A (yang nilai Z-nya terkecil), dengan nilai X 1 = 4,8 dan nilai X2 = 2,2 serta nilai Z = 52,4. Dalam soal ini nilai X2 boleh positif maupun negatif. Jadi, tidak ada batasan non-negatif dalam gambar untuk x2· Daerah feasible terletak pada daerah ABCD.



"



.,;,34V l·q;'jj ~"'"' -..,. .



-



.



:.-~·a ·



.'.



~-..1-~r&k~ j'.ffi)



•



3.31



EKMA4413/MODUL 3



Kalau dicari nilai x b x2 dan E nya sebagai berikut. Nilai



Titik Sudut



X1



X2



z



A



12,71



15,70



B



3,71



-4 12 ' 5,88



40,53



c



1,65



7,06



40,25



D



2,35



4,94



31,75



Optimal



Kesimpulan: karena fungsi tujuan bersifat memaksimumkan nilai Z maka titik optimumnya adalah titik B, dengan nilai X 1 = 3,71 dan nilai x2 = 5,88 serta nilai z sebesar 40,53.



Penyelesaian dengan Menggambarkan Fungsi Tujuan Penyelesaian di atas dengan menggunakan cara kedua, dengan mencoba satu per satu nilai Z pada titik-titik sudut yang feasible. Kalau dikerjakan dengan menggambarkan fungsi batasan (cara pertama) hasilnya akan sama saja. Berikut ini akan disajikan jawaban tiap-tiap latihan dengan cara pertama. 1)



3.32



Riset Operasi •



2)



fx· ..' . 'n



------·Q(g:x 1~~+- ·



-



snr ... .. d .. ,



'8)J,() ..... . . '"'



~~ 2 ~s-3cr



~~®~p urr.raf' ... -K-~1~: :.n



"'



,.iii!



~



i



..



a;,.



oo:a - -



..



'~~ =-'~ 0Q{) , l. ax~ ~a·~



~'Co , --I ...... ~t



•



A i··o ·· .· • I



400 6.0d60 7-Cl"d ..



•



-



1.-..,~~



...



--



&t



..



4.~7·5~ I' =i7 , O:~X:~t~ $0J:OO



3)



·~



--- "'-'--~~- . . . A:, '7



y :..,; =



;.:\::



~ . 4 ~·



.....



m ;oo



•



3.33



EKMA4413/ MODUL 3



4)



• ••



- - - - - ~11 (



"



~: 0_:1 ~ .



..



5)



I"'



. & :1" . . . . 1 ~, ; 1 . , \h;., J ~~ ~ '~ - ..



-.



'



4



.•



I



.



; ·



-



-~



.~



.•



-



~



I



_""""""~" X'I



. ,,. '1~~ I "- . I~



I ..•



'· '



~



...



4-



·:~X ·i +~x~~~ ~5,S



--



3.34



Riset Operasi •



: RANGKUMAN



Dalam uraian di depan telah dibahas cara membuat formulasi masalah yang dihadapi ke dalam persamaan-persamaan linear yang siap dikerjakan dengan menggunakan Metode Simpleks. Pembahasan di atas hanya dilakukan pada masalah yang memiliki bentuk standar saja. Hal ini dimaksudkan untuk mempermudah pemahaman konsep ini. Tanda dari bentuk standar ini adalah fungsi tujuan bersifat memaksimumkan nilai Z, batasan bertanda lebih kecil atau sama dengan nilai maksimum tertentu (~)dan terdapat batasan non-negatif. Dalam metode grafik ini masalah diselesaikan dengan menggambarkan setiap persamaan ke dalam suatu diagram. Untuk memecahkan masalah dengan metode ini ada dua cara, yaitu dengan menggambarkan fungsi tujuan dan dengan membandingkan nilai tujuan (Z) pada tiap-tiap titik sudut yang feasible. Oleh karena dalam bentuk standar ini tujuan kita memaksimumkan nilai Z, maka untuk mencapai pemecahan optimal garis fungsi batasan kita geser ke kanan atas sampai melalui titik sudut feasible yang paling jauh. Kalau menggunakan cara yang membandingkan nilai-nilai Z pada tiap-tiap titik sudut maka kita pilih titik sudut yang memiliki nilai Z tertinggi.



nata h er1kllt cl1s:rl1nakan l1ntllk m en1awah



~oal



no 1 -



s



Perusahaan tas ANTOMIA membuat 2 tas, model Xl terbuat dari parasit dan model X2 dari kulit. Untuk membuat kedua macam tas berikut, perusahaan memiliki 3 macam mesin, mesin 1 membuat tas parasit, mesin 2 membuat tas kulit dan mesin 3 melakukan penyelesaian akhir kedua macam tas tersebut. Model



X1



X2



1 2 3 Sumbangan terhadap laba Rp1.000.000



5



0



0 8



6 5



6



8



Mesin



Kapasitas Maximum 20 18 40



•



3.35



EKMA4413/MODUL 3



Apabila diketahui fungsi tujuan Z = 6x 1 + 8x2 maka bertambah: 1)



2)



3)



4)



Fungsi batasan me sin 1 adalah .... A. 5x1 ~ 20 ~



B.



6x2



18



C.



8x 1 +5X 2



~



40



D.



6x 1 + 8X 2



~



0



Fungsi batasan me sin 2 adalah .... A 5x 1 ~ 20 ~18



B.



6x2



C.



8x1 + 5X2



~



40



D.



6x1 +8X2



~



0



Fungsi batasan me sin 3 adalah .... A 5x1 ~ 20 B.



6x2 < 18



C.



8x1 + 5X2



D.



6x1 +8X2 < 0



~



40



Apabila berdasarkan data x di atas diperoleh grafik sebagai berikut.



0'



1-------..1!1-=~-...;._



;(t



Ell



~~ · --------------------~:



Maka, daerah feasible grafik tersebut adalah .... A. OABCD B. ABE C. CDG D. BCF



3.36



5)



Riset Operasi •



Agar memperoleh laba maksimum, maka perusahaan sepatu ANTOMIA perlu memproduksi sepatu model x 1 dan x2 sebesar .... A. x 1 = 0 ; x2 = 3 unit B. x 1 = 4 ; x2 = 0 C. x 1 = 4 ; x 2 = 8/5 D. x 1 = 3 1/8 ; x2 = 3 unit



Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi kegiatan belaj ar.



Tingkat penguasaan =



Jumlah Jawaban yang Benar -----------



x 100%



Jumlah Soal



Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = 80 - 89% = 70 - 79% = < 70% =



baik sekali baik cukup kurang



Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan modul selankutnya. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi kegiatan belajar, terutama bagian yang belum dikuasai.



•



EKMA4413/ MODUL 3



3.37



Kunci Jawaban Tes Formatif Tes Formatif 1) A 2) B 3) c 4) A 5) D



3.38



Riset Operasi •



Daftar Pustaka Churchman, C.W., Ackoff, R, dan Arnoff, E.L. Introduction to Operations Research. New York: John Wiley & Sons, Inc. Subagyo, P ., Asri, M. dan Handoko. T. H. (1998). Dasar-dasar Operations Research. Y ogyakarta: BPFE. Taha, H. A. (1982). Operations Research, An Introduction . McMillan Publishing Co. Inc.



Modul 4



Linear Programming, Metode Simpleks Drs. Pengestu Subagyo, M.B.A.



PENDAHULUAN alam Modul 3 telah dibahas metode simpleks dalam linear programming. Metode itu sangat sederhana dan mudah dipahami, tetapi hanya bisa dipakai untuk memecahkan masalah yang hanya memiliki dua aktivitas. Kalau suatu masalah memiliki lebih dari dua aktivitas maka metode ini tidak bisa digunakan karena menggambarkan grafik dalam 3 dimensi atau lebih itu sukar sekali. Berikut ini akan kita pelaj ari metode simpleks atau sering disebut metode simpleks tabel karena memakai tabel dalam mencari pemecahan optimal. Metode ini lebih rumit, tetapi penggunaannya lebih luas karena dapat dipakai untuk memecahkan masalah yang memiliki dua aktivitas atau lebih. Setelah mempelajari modul ini Anda diharapkan dapat memecahkan masalah linear programming yang memiliki variabel lebih dari 2 dan lebih kompleks. Secara khusus setelah mempelajari modul ini diharapkan Anda dapat: a. memecahkan masalah linear programming yang memiliki variabel lebih dari 2 macam; b. memecahkan masalah dengan menggunakan tabel dan rumus-rumus dalam metode simp leks.



4.2



Riset Operasi •



Kegiatan Belajar 1



Pemecahan Masalah yang Formulasinya Berbentuk Standar dengan Metode Simpleks A. FORMULASI MASALAH



Cara dan bentuk formulasi masalah ke dalam persamaan linear adalah sama, seperti cara dan bentuk formulasi masalah yang dilakukan dalam metode grafik (Modul 3). Perbedaan mulai dirasakan dalam langkah-langkah untuk mencari pemecahan optimal. B. LANGKAH-LANGKAH PEMECAHAN OPTIMAL DENGAN METODE SIMPLEKS



Pertama-tama kita bahas terlebih dahulu langkah-langkah untuk menyelesaikan suatu masalah yang masih merupakan bentuk standar linear programming karena masalah ini yang paling mudah dan cepat dipahami. Setelah itu baru kita bahas penyimpangan-penyimpangan dari bentuk standar. Langkah-langkah awal dalam pemecahan masalah, yaitu formulasi masalahnya sama yang dilakukan pada metode grafik, misalnya contoh pada PT Kembang Arum di depan, yang formulasinya sebagai berikut. Fungsi tujuan: Maksimumkan Z= 3X1+ 4X2 Batasan-batasan :(1) 2X 1+ X 2 :s; 6.000 (2) 2X1+ 3X2 :s; 9.000 (3) x1 > o; x2 > o Langkah-langkah berikutnya adalah sebagai berikut. Langkah 1: Mengubah Fungsi Tujuan Fungsi tujuan diubah sedemikian rupa sehingga semua variabel yang belum diketahui nilainya berada di sebelah kiri tanda sama dengan (=), misalnya dalam contoh di atas, fungsi tujuan: Maksimumkan Z = 3X 1+ 4X2 diubah menjadi:



•



EKMA4413/MODUL 4



4.3



Maksimumkan Z - 3X 1 - 4X2 = 0 Langkah 2: Mengubah Batasan-batasan Semua batasan yang mula-mula bertanda lebih kecil atau sama dengan (::::;) diubah menjadi tanda persamaan (=), dengan menggunakan suatu tambahan variabel yang sering disebut sebagai slack variable dan biasanya diberi simbol S. Sebagai contoh, misalnya batasan pertama dari masalah di atas yang mula-mula berbentuk sebagai berikut. 2X1 + X 2 ::::; 6.000 diubah menjadi: 2x1 + X2 + s1 = 6.ooo Dalam hal ini fungsi slack variable adalah untuk menampung perbedaan antara bagian kiri dengan bagian kanan tanda sama dengan yang berarti menampung perbedaan antar penggunaan sumber daya dengan tersedianya sumber daya tadi. Kalau penggunaan sumber daya sama dengan kapasitas yang tersedia maka nilai S sebesar 0, tetapi kalau penggunaan sumber daya lebih kecil dari kapasitas yang tersedia maka nilai S positif. Demikian pula dengan batasan kedua, kita ubah tandanya menjadi persamaan sebagai berikut. 2Xl + 3X2 + S2 = 9.000 Dengan demikian, bentuk persamaan-persamaan tadi menjadi sebagai berikut. Fungsi tujuan: Maksimumkan Z - 3X 1 - 4X2 = 0 Batasan-batasan: (1) 2X 1 + X 2 + S 1 = 6.000 (2) 2Xl + 3X2 + S2 = 9.000 (3) x~, x2, sb s2 > o



Langkah 3: Menyusun Persamaan-persamaan ke Dalam Tabel Persamaan-persamaan di atas, kemudian kita masukkan ke dalam tabel simp leks, kalau dinyatakan dalam simbol seperti pada Tabel 4.1, sedangkan kalau angka-angka pada contoh yang kita masukkan, seperti pada Tabel 4.2.



4.4



Riset Operasi •



Tabel 4.1. Tabel Simpleks dalam Bentuk Simbol



V.D.



z



X1



X2



z s s



1



c



c



0 0



a a



a a



•



•



•



•



0



a



a



s



•



Xn



•



•



•



•



•



•



•



•



• •



52



•



0



0



a a



1



0 0



0



1



• •



51



a



•



•



0



• • •



•



0



•



5m



N.K



0 0 0



0 b b



•



•



1



b



N.K. : adalah nilai bagian kanan dari tiap persamaan. Untuk tabel pertama sesuai dengan persamaan batasan yang ada. Dalam persamaan fungsi tujuan disebutkan bahwa kita akan memaksimumkan Z - 3X 1 - 4X2 = 0 sehingga kalau kita lihat pada Tabel 4.2, nilai kanan pada baris Z sebesar 0. Demikian pula pada persamaan batasan pertama dan kedua, nilai di sebelah kanan tanda sama dengan masing-masing 6.000 dan 9.000. V.D. : adalah variabel dasar, maksudnya variabel yang nilainya tercantum dalam kolom yang paling kanan, yaitu pada kolom N.K. Pada baris Z, variabel dasarnya Z dan nilai Z pada Tabel 4.2 itu sebesar isian baris itu pada kolom N.K., yaitu 0. Hal ini disebabkan karena pada tabel pertama tersebut belum melaksanakan aktivitas apa-apa sehingga nilai Z masih 0. Pada baris batasan pertama variabel dasarnya S karena kita belum melaksanakan apa-apa, nilainya seperti yang tercantum dalam kolom N.K. sebesar 6.000 kg karena sumber daya pertama masih belum digunakan sama sekali. Demikian pula batasan kedua, nilainya tercantum dalam kolom N.K. sebesar 9.000 kg karena sumber daya ini masih utuh belum digunakan sama sekali. Dalam setiap tabel simpleks hams diperhatikan bahwa nilai variabel dasar pada baris Z harus 0. Dalam Tabel 4.2 dapat dilihat bahwa variabel dasarnya sl dan s2, ternyata nilai sl maupun s2pada baris z masing-masing 0. Kalau nilai variabel dasar itu tidak 0 maka tabel itu tidak bisa diselesaikan dengan linear programming, mungkin terdapat kesalahan dalam langkah



•



4.5



EKMA4413/MODUL 4



sebelumnya. Di samping itu, perlu diperhatikan pula bahwa nilai kanan pada setiap baris batasan harus selalu positif. Tabel 4.2. Tabel Simpleks Pertama untuk Masalah Produksi PT Kembang Arum



V.D.



z



S1



1 0



z



X1 -3



2 2



0



X2 -4 1



51 0 1



52 0 0



3



0



1



N.K. 0 6.000 9.000



Tabel pertama inilah yang nanti kita perbaiki sampai memperoleh hasil optimal. Tabel itu bisa kita baca sebagai berikut. Batasan bahan baku A masih utuh 6.000 kg belum digunakan (S 1 = 6.000), batasan bahan baku B masih utuh 9.000 kg belum digunakan (S 2=9.000), aktivitas/produk pertama maupun kedua belum dilaksanakan /dihasilkan. Sumbangan terhadap laba belum ada (Z = 0). Langkah 4: Memilih Kolom Kunci Kolom kunci adalah kolom yang merupakan dasar untuk mengubah/memperbaiki tabel di atas. Agar bisa lebih cepat memperoleh pemecahan optimal, pilihlah kolom yang pada baris Z mempunyai nilai negatif terkecil (yang paling negatif). Temyata nilainya pada kolom X 1 sebesar -3 dan pada kolom x2 sebesar -4. Jadi, kolom x2 yang kita pilih sebagai kolom kunci. Lingkarilah kolom itu untuk memudahkan mengingatnya, seperti terlihat pada Tabel4.3. Tabel 4.3. Memilih Kolom Kunci



1



-3



-4



0



0



0



0



2



1



1



0



6.000



0



2



3



0



1



9.000



4.6



Riset Operasi •



Selama dalam baris Z masih terdapat bilangan negatif maka tabel itu masih bisa diubah/diperbaiki, tetapi kalau sudah tidak ada yang negatif, berarti tabel itu sudah optimal.



Langkah 5: Memilih Baris Kunci Baris kunci adalah baris yang merupakan dasar untuk mengubah/mengadakan perbaikan. Untuk menentukannya terlebih dahulu harus kita cari indeks tiap-tiap baris dengan cara sebagai berikut. Nilai pada kolom N.K. Indeks baris = Nilai pada kolom kunci Pada baris batasan pertama nilai pada kolom N.K. sebesar 6.000 dan nilai pada kolom kunci = 1. Jadi, indeksnya 6.000/1 = 6.000; sedang untuk baris batasan kedua nilai pada kolom kunci 3 sehingga indeksnya 9.000/3 = 3.000 (Lihat Tabel4.4). Tabel 4.4. Memilih Baris Kunci



V.D.



z



X1



X2



81



82



N.K.



z



1



-3



-4



0



0



0



81



0



2



1



1



0



6.000



82



0



2



3



0



1



9.000



Indeks: 6.000/1 = 6.000 9.000/3 = 3.000 Kemudian, kita pilih baris kunci, yaitu baris yang mempunyai indeks positif terkecil, yaitu baris batasan kedua (indeks batasan pertama 6.000 dan batasan kedua hanya 3.000). Kemudian, baris kunci ini diberi tanda



•



4.7



EKMA4413/MODUL 4



(dilingkari) agar lebih mudah mengingatnya. Dari tabel di atas dapat dilihat adanya angka yang masuk dalam kunci dan juga masuk dalam baris kunci, yaitu yang disebut sebagai angka kunci sebesar 3.



Langkah 6: Mengubah Nilai Baris Kunci Sekarang mulailah langkah selanjutnya, yaitu dengan mengubah nilainilai yang terdapat pada Tabel 4.4. Mula-mula yang diubah adalah nilai-nilai baris kunci dengan membagi semua angkanya dengan angka kunci. Jadi, semua angka pada baris kunci itu kita bagi 3. Di samping itu variabel dasamya kita ganti dengan variabel yang kolomnya terpilih sebagai kolom kunci, dalam kasus ini variabel X 2 . Hasilnya, seperti terlihat pada Tabel4.5. Tabel 4.5. Mengubah Nilai-nilai Baris Kunci



V.D.



z



X1



X2



81



82



N.K.



z



1



-3



-4



0



0



0



81



0



2



1



1



0



6.000



82



0



2



3



0



1



9.000



z



1



81



0



X2



0



2/3



1



0



1/3



3.000



I



II



Langkah 7: Mengubah Nilai-Nilai di Luar Baris Kunci Nilai baru dari baris-baris yang bukan merupakan baris kunci dapat dihitung dengan rumus sebagai berikut. N ilai baris baru



N ilai b aris lama



koefisien pad a olom kunci



N ilai b bat k



4.8



Riset Operasi •



Untuk baris Z pada tabel di atas dapat dihitung sebagai berikut. [ -3



-4



0



0



0]



[ 2/3



1



0



1/3



3.000]



4/3 [-1 /3 0 0 Untuk baris batasan pertama sebagai berikut.



12.000]



- (-4)



- (1)



[2



1



1



0



6.000]



[2/3



1



0



1/3



3.000]



[ 4/3



0



1



-1 /3



3.000]



Kemudian, data tadi dimasukkan ke dalam Tabel II, seperti terlihat pada Tabel4.6. Tabel 4.6. Tabel I Nilai Lama dan Tabel II Nilai Baru (Setelah Diperbaiki Sekali) V.D.



z



X1



X2



z



1



-3



81



0



2



82



0



'2



81



82



N.K.



"' -4



0



0



0



1



1



0



6.000



,3.,~



0



1



9.000 "\



/



I



z



1



81 X2



'



..1



-



..



-1 /3



0



0



4/3



12.000



0



4/3



0



1



-1 /3



3.000



0



2/3



1



0



1/3



3.000



II



Arti dari tabel itu adalah sebagai berikut. Produk pertama tidak dibuat (X~, tidak muncul dalam V.D.), produk kedua dihasilkan 3.000 unit (X2 = 3.000), dan sumbangan terhadap laba sebesar Rp12 .000,00 (Z = 12.000).



•



4.9



EKMA4413/ MODUL 4



Langkah 8: Melanjutkan Perbaikan Selama masih ada nilai negatif pada baris Z, ulangilah langkah perbaikan mulai dari langkah ke-3 sampai dengan langkah ke-7 sampai diperoleh pemecahan optimal. Kalau sudah tidak ada nilai pada baris Z yang negatif berarti alokasi itu sudah optimal. Kalau tabel bagian II pada Tabel 4 .6 di atas diubah lagi hasilnya, seperti pada Tabel 4. 7. Pada bagian II tabel itu ternyata yang terpilih sebagai kolom kunci adalah kolom X 1 dan yang terpilih sebagai baris kunci adalah baris batasan pertama. Dengan angka kunci sebesar 4/3, semua angka pada baris batasan pertama dibagi 4/3, dan hasilnya sebagai berikut. 1



2.250



0



Nilai baru dari baris Z menjadi:



- (-1 /3)



[ -1 /3 [1



0 0



0



4/3



3/4



-1 /4



12.000] 2.250]



[0



0



1/4



5/4



12.750]



1/3



Nilai baru baris batasan pertama menjadi:



-(2/3)



[ 2/3



1 0



0 3/4



-1 /4



3.000] 2.250]



[ 1 [0



1



-1 /2



1/2



1.500]



Tabel 4. 7. Lanjutan Perbaikan Tabel 4.6.



V.D.



z



S1 S2



z



s1 X2



z



X1 X2



z 1 0 0 1 0 0 1 0 0



N.K. -3 2 2 -1 /3



0



0



4/1



()



2/3 0 1 0



1 0 0 1



!l



1



0 1



0 0 1 4/3



12.000



1



-' /1



~-OOu



0 1/4 3/4 -1 /2



1/3 5/4 -1 /4 1/2



3.000 12.750 2.250 1.500



••



0 6.000 •



101



lndeks 2.250 4.500



4.10



Riset Operasi •



Pada bagian III tabel di atas ternyata dalam baris Z sudah tidak memiliki nilai negatif lagi yang berarti tabel ini sudah optimal. Arti dari hasil pemecahan optimal ini sebagai berikut. Produk pertama dihasilkan 2.250 unit (X 1 = 2.250), produk kedua dihasilkan 1.500 unit (X2 = 1.500), dan sumbangan terhadap laba sebesar Rp12.750,00 (Z = 12.750).



C. KETENTUAN-KETENTUAN TAMBAHAN Dalam contoh yang dibahas di atas masih sederhana dan belum terdapat kesulitan dalam penyelesaiannya. Kadang-kadang dalam menyelesaikan suatu masalah terdapat berbagai kesulitan, baik dalam penghitungan maupun dalam penggunaan aturan-aturan yang ada. Dalam bagian ini akan dibicarakan masalah-masalah tersebut agar kalau menghadapi masalahmasalah tersebut di atas dapat diselesaikan dengan mudah.



1.



Terdapat Dua atau Lebih Nilai Negatif Terkecil (Paling Negatif) pada Baris Z Kalau dalam baris Z terdapat beberapa nilai negatif terkecil maka bisa kita pilih salah satu dari kolom yang nilainya paling negatif tersebut. Yang mana pun boleh, sebab meskipun kolom kuncinya dan langkah penyelesaiannya berbeda, tetapi hasilnya akan sama saja. Biasanya kita pilih kolom yang paling dahulu kita jumpai, misalnya fungsi tujuan pada contoh kita di depan kita ubah menjadi maksimum Z = 3X 1 + 3X2 maka tabel pertamanya akan terlihat pada Tabel4.8. Tabel 4.8. Terdapat Lebih dari Satu Nilai yang Paling Negatif. V.D.



z



X1



X2



X3



S1



S2



S3



N.K.



z



1



-3



-3



-2



0



0



0



0



S1



0



2



1



3



1



0



0



6.000



S2



0



2



3



1



0



1



0



9.000



S3



0



3



2



3



0



0



1



9.300



•



4.11



EKMA4413/MODUL 4



Dalam tabel itu nilai XI dan X 2 pada baris Z sama, masing-masing sebesar -3 sehingga bisa dipilih salah satu, kolom XI atau X 2 sama saja meskipun langkah penyelesaiannya berbeda, tetapi hasil akhirnya akan sama saja. Biasanya dipilih kolom X 1 karena yang lebih dahulu dijumpai sebelum



x2. 2.



Terdapat Dua Baris a tau Lebih Memiliki Indeks Negatif Terkecil Kalau terdapat dua baris yang memiliki indeks negatif terkecil maka boleh dipilih salah satu dari baris itu sebagai baris kunci yang nanti hasil optimalnya akan sama saja meskipun langkahnya berbeda. Biasanya dipilih baris yang paling dahulu kita jumpai, misalnya pada Tabel 4.9. Baris kedua (batasan pertama) dan baris ketiga (batasan ketiga) keduanya memiliki indeks terkecil yang sama nilainya (3.000) sehingga boleh dipilih salah satu di antara kedua baris itu sebagai baris kunci yang hasil optimalnya akan sama saja. Tabel 4. 9. Dua Baris Memiliki lndeks Negatif Terkecil Lebih dari Satu



3.



V.D.



z



X1



X2



X3



51



52



53



N.K.



z



1



-3



-4



-2



0



0



0



0



S1



0



2



2



3



1



0



0



6.000



3.000



S2



0



2



3



1



0



1



0



9.000



3.000



S3



0



3



2



3



0



0



1



9.300



4.650



lndeks:



Multiple Optimal Solutions Terjadi multiple optimal solutions apabila ada dua (atau lebih) altematif



pemecahan yang memiliki nilai Z optimal sama. Dengan kata lain, terdapat dua atau lebih j awaban optimal. Hal ini akan terj adi apabila ada variabel yang bukan termasuk variabel dasar tetapi dalam tabel optimal memiliki nilai 0 pada baris Z. Sebagai contoh, misalnya pemecahan masalah yang terlihat pada Tabel4.10. Dalam tabel itu terlihat bahwa nilai XI pada baris Z sebesar 0, padahal variabel ini bukan variabel dasar sehingga berarti terdapat multiple optimal solutions. Alternatif pertama, seperti pada bagian II Tabel 4.10 tersebut dengan nilai xl = 0, x2 = 3.000 dan nilai z = 9.000



4.12



Riset Operasi •



Tabel 4.1 0. Multiple Optimal Solutions (Lebih Dari Satu Jawaban Optimal)



-2 2 2 0 4/3 2/3



1 0 0 1 0 0



-



0 1



lndeks 6.000 3.000



0 6.000 L 9.000 3.000 3.000



0 0



, 0 0 1 0 1 -1 /3 2.250 1/3 1 0 4.500 Andaikata akan kita ubah lagi jawaban di atas untuk menemukan jawaban optimal yang lain, seperti yang terlihat pada Tabel4.11. Tabel 4.11 . Alternatif jawaban optimal yang memiliki nilai Z sama.



I V.D.



z



I X1



IZ 1



0



S1



0



3 4



X2



0



2 -



I X2 .lll



-



S1 0



S2 0



I N.K.



9.000



I lndeks



-



II



1



0



3.000



2.250



i



0



1



3.000



4.500



0



0



1



9.000



3 4 2 3



1 - 4 1



2.250



3



z



1



0



X1



0



1



0



X2



0



0



1



-



1.500



2



Dalam Tabel 4 .11 itu dapat kita pilih kolom X 1 sebagai kolom kunci karena memiliki nilai 0 dan bukan variabel dasar (karena tidak ada yang negatif kita pakai kolom yang nilainya di baris Z = 0). Temyata ukuran aktivitasnya berbeda (X 1 = 2.250 dan X 2 = 1.500) tetapi nilai Z-nya sama sebesar 9 .000. Secara matematis jawaban optimal dari kedua alternatif pemecahan di atas sama saja karena kedua-duanya menghasilkan Z sebesar 9.000 semua. Kita boleh memilih yang mana saja tidak ada bedanya, tetapi dalam praktek kedua altematif jawaban ini sering tidak sama meskipun menghasilkan nilai Z yang sama. Hal ini disebabkan karena ada faktor nonkuantitatif yang harus



•



EKMA4413/MODUL 4



4.13



dipertimbangkan, misalnya keadaan persaingan, semangat kerja buruh, dan sebagainya. D. PENYIMPANGAN-PENYIMPANGAN DARI BENTUK STANDAR Masalah yang kita bicarakan di atas masih dalam bentuk standar, kalau menyimpang dari bentuk standar harus disesuaikan hingga mirip dengan bentuk standar dan tidak melanggar ketentuan-ketentuan dalam menyelesaikan dengan metode simpleks. Penyimpangan-penyimpanan itu, antara lain sebagai berikut. 1.



Fungsi Tujuan Bersifat Minimumkan Nilai Z Kalau fungsi tujuan meminimumkan nilai Z maka harus kita ubah menjadi memaksimumkan. Untuk mengubah itu dilakukan dengan mengalikan dengan (-1). Jadi, meminimumkan nilai positifnya sama dengan memaksimumkan nilai negatifnya, misalnya contoh fungsi tujuan dalam masalah yang masih dalam bentuk standar di depan formulasinya kita ubah menjadi: Minimumkan Z = 3X1 + 4X2 Maka, bisa diubah menjadi memaksimumkan, tetapi fungsi tujuannya harus dikalikan dengan (-1) sehingga menj adi sebagai berikut. Maksimumkan: [ Z = 3X 1 + 4X2 ] (-1), menjadi Maksimumkan: -Z = -3X 1 - 4X2, atau Maksimumkan: -Z + 3X1 + 4X2 = 0 Memasukkan ke dalam tabel sedikit berbeda dengan sebelumnya, pada kolom Z kita isi - 1 karena kita akan memaksimumkan Z dan nanti hasilnya dalam tabel optimal pada kolom N.K pasti negatif. Ini tidak apa-apa karena berarti - Z bernilai negatif atau Z bernilai positif. Batasan Bertanda Sarna Dengan (=) Kalau suatu batasan bertanda sama dengan maka kalau langsung dimasukkan pada tabel akan mengalami kesulitan karena batasan tersebut tidak memiliki variabel dasar. Oleh karena itu, harus diberi tambahan suatu variabel, yaitu artificial variable yang biasanya diberi simbol R. Nilai dari variabel ini (R) sebesar 0 sehingga tidak akan berpengaruh terhadap 2.



4.14



Riset Operasi •



hubungan bagian kiri dengan bagian kanan tanda sama dengan, tetapi kalau R sudah ditambahkan pada suatu batasan maka harus ada pencantuman M pada artificial variable itu di baris Z. M adalah bilangan yang besar sekali, tetapi tidak tak terhingga sehingga M + M = 2M. Sebagai contoh, andaikata batasan pertama dari contoh di atas diubah menjadi sebagai berikut. 2X 1 + X 2 = 6.000 maka formulasi masalahnya menjadi sebagai berikut. Maksimumkan Z = 3X1 + 4X2 Fungsi tujuan: Batasan-batasan: (1) 2X 1 + X 2 = 6.000 (2) 2X 1 + 3X2 < 9.000 (3) xb x2 :2: o Batasan pertama diubah menjadi: 2Xl + X2 + R1 = 6.000 Dengan menambah variabel ini maka persamaan fungsi tujuan akan berubah menjadi: Maksimumkan: Z = 3X1 + 4X2 - MR1 Sehingga kalau batasan- batasan tadi dipersiapkan untuk dimasukkan dalam tabel simpleks maka formulasi masalahnya menjadi: Maksimumkan Z - 3X1 - 4X2 + MR1 = 0 Fungsi tujuan: Batasan-batasan: (1) 2X 1 + X 2 + R 1 = 6.000 (2) 2Xl + 3X2 + S2 = 9.000 (3) xb x2 > o Dan hasilnya, seperti terlihat pada Tabel 4.12. Tabel 4.12. Baris Batasan Pertama Mengandung R dan Baris Fungsi Tujuan Mengandung M



V.D.



z



X1



X2



R1



52



N.K.



z



1



-3



-4



M



0



0



R1



0



2



1



1



0



6.000



S2



0



2



3



0



1



9.000



•



4.15



EKMA4413/ MODUL 4



Dalam tabel itu ternyata nilai variabel dasar R ada baris Z sebesar M . Hal ini melanggar ketentuan kita di depan yang mengharuskan nilai variabel dasar pada baris Z hams selalu 0 karena tabel ini hams diubah agar nilai variabel itu bisa 0. Caranya dengan jalan nilai baris Z dikurangi dengan M dikalikan nilai baris yang mengandung M tadi. [ -3 -4 M 0, 0 ] -M [2 1 1 0, 6.000 M]



[(-3-2M)



(-4-M)O



0,



-6.000 M]



Dengan demikian, tabel yang kita dapatkan akan memenuhi ketentuan di atas, seperti pada Tabel 4.13. Tabel 4.13. Tabel yang Telah Bisa Dikerjakan dengan Metode Simpleks



V.D.



z



R1 S2



z



X1



X2



R1



52



N.K.



1



(-3-2M) 2 2



(-4- M)



0



1



1



0 0



3



0



1



-6.000M 6.000 9.000



0 0



Tabel di atas bisa kita kerjakan dengan cara, seperti yang telah dibicarakan di depan. Kolom kunci adalah kolom yang nilainya pada baris Z paling negatif. Dalam hal ini kita pilih kolom X 2 karena memiliki nilai M yang paling negatif. M lebih menentukan daripada bilangan biasa karena nilai M besar sekali meskipun tidak tak terhingga.



3.



Batasan dengan Tanda Lebih Besar atau Sarna Dengan (> ) Kalau suatu batasan bertanda 2:: maka kita beri slack variable yang bertanda negatif karena kelebihan dibagian kiri tanda persamaan ditampung dalam - S sehingga bisa menjadi persamaan, tetapi kalau - S kita jadikan variabel dasar maka akan terdapat suatu variabel yang bernilai negatif, yaitu variabel S. Hal ini melanggar batasan nonvariabel, yaitu variabel R. Tentu saja seperti di depan akan dicantumkan pula M pada variabel R di baris Z. Pembahan-pembahan selanjutnya persis, seperti pada bagian b di atas sehingga bisa menghasilkan tabel yang siap dikerjakan dengan metode simpleks, misalnya batasan kedua dari persoalan standar diubah menjadi 2X 1



4.16



Riset Operasi •



+ 3X2 ~ 9.000 sedang batasan dan persamaan yang lain tetap maka formulasi masalahnya menjadi: Fungsi tujuan: Maksimumkan Z = 3X 1 + 4X2 Batasan-batasan: (1) 2X 1 + X 2 < 6.000 (2) 2X 1 + 3X2 ~ 9.000 (3) xb x2 >o Dengan demikian, batasan kedua diubah menjadi: 2Xl + 3X2 - S2 = 9.000 Tetapi kalau persamaan itu kita masukkan dalam tabel akan melanggar batasan non-negatif karena variabel dasarnya menjadi -S. Nilai -S ada di kolom N.K. sebesar positif 9.000, berarti S pada tabel pertama ini bernilai 9.000 (lihat Tabel 4.14). Hal ini melanggar batasan non-negatif yang menyatakan bahwa S ~ 0. Tabel 4.14. Variabel Dasar Batasan Kedua -5 Berarti Nilai S Negatif



I



V.D.



z



S1



z 1 0



0



X1 -3 2 2



X2



R1



52



N.K.



-4 1 3



0 1



0 0



0 6.000



0



1



9.ooo



I



Untuk mengatasi hal itu persamaannya hams diubah dengan memasukkan artificial variable R2 yang bisa dipakai sebagai variabel dasar sehingga persamaan batasan kedua bembah lagi menjadi: 2Xl + 3X2 - S2 + R2 = 9.000 Dengan menambahkan R2 pada baris batasan kedua berarti kita hams mencantumkan M pada variabel R 2 dalam baris Z sehingga fungsi tujuan menjadi: Maksimum Z = 3X 1 + 4X2 - MR2 Maksimum Z - 3X 1 - 4X2 + MR2 = 0 Kalau kita masukkan ke dalam tabel akan seperti Tabel4.15.



•



4.17



EKMA4413/ MODUL 4



Tabel 4.15. Memasukkan R sebagai Variabel Dasar



z



VD



NK -3 2 2



1



0 0



-4 1



0 1 0



3



0 0



M



0



0



-1



1



6.000 9.000



Kita lihat dalam tabel tersebut masih melanggar ketentuan bahwa nilai variabel dasar dalam baris Z harus 0 maka harus kita ubah dulu agar bisa dikerjakan. Dengan jalan mengurangi baris Z dengan M dikalikan nilai baris yang mengandung R. Perhitungan sebagai berikut. [ -3 -4 0 3 0 [2 [(-3-2M) (-4 -3M)



-M



0 -1 0



M, 1, M



OJ 9.000] 0, -9.000M]



Hasil dari hitungan di atas dimasukkan dalam tabel yang sudah diperbaiki, seperti pada Tabel 4.16. Tabel 4.16. Tabel setelah Diubah agar Memenuhi Ketentuan



V.D.



z



X1



X2



51



52



R2



N.K.



z



1 0 0



(-3-2M) 2 2



(-4- 3M) 1 3



0 1 0



M 0 -1



0 0 1



-9.000M 6.000 9.000



81



R2



Tabel 4.16. tersebut, sudah bisa dikerjakan dengan metode simpleks. Agar cara mengerjakan masalah yang memiliki penyimpanganpenyimpangan di atas bisa lebih j elas maka berikut ini kita selesaikan contoh sebagai berikut. Suatu masalah dapat diformulasikan ke dalam persamaan-persamaan sebagai berikut. Fungsi tujuan: Minimumkan Z = 5X 1 + 2X2 2X 1 + X 2 = 6.000 Batasan-batasan: (1) (2) 2X 1 + 3X2 > 9.000 (3) X1 + X2 < 4.ooo X1~0;X2~0 (4)



4.18



Riset Operasi •



Mula-mula kita ubah fungsi tujuan maksimumkan: Maksimumkan - Z = - 5X 1 - 2X2 Batasan pertama diubah menjadi: 2X 1 + X 2 + R = 6.000 Batasan kedua diubah menjadi : 2X1 + 3X2 - S2 + R2 = 9.000 Batasan ketiga diubah menjadi : X 1 + X 2 + S3 = 4 .000 Karena batasan pertama dan kedua memiliki artificial variable maka fungsi tujuan berubah menjadi: -Z = -5X1 - 2X2 - MR 1 - MR2, atau Maksimumkan: Maksimumkan: -Z + SX1 + 2X2 + MR1 + MR2 = 0 Kalau kita masukkan ke dalam tabel menjadi Tabel4.17, sebagai berikut. Tabel 4.17. Tabel Permulaan dari Contoh Masalah



V.D.



z



X1



X2



R1



52



R2



53



N.K.



z



-1



5



2



M



0



M



0



0



R1



0



2



1



1



0



0



0



6.000



Rz



0



2



3



0



-1



1



0



9.000



s3



0



1



1



0



0



0



1



4.000



I



I



I



I



Tabel di atas belum bisa dikerjakan dengan metode simpleks karena masih ada variabel R dan R yang merupakan variabel dasar, tetapi nilainya pada baris Z = 0. Oleh karena itu, hams kita hilangkan nilainya itu dengan jalan sebagai berikut.



-M -M



[5 [2 [2 [(5- 4M)



2



M



0



M



1



1 0 0



0 -1 M



0 1 0



3 (2-4M)



0, 0 0,



0



0] 6.000] 9.000] -15.000M]



Sekarang nilai semua variabel dasar pada baris Z sudah = 0 sehingga dapat dikerj akan dengan metode simp leks. Hasilnya, seperti terlihat pada Tabel4.18. Pada Tabel 4.18 terlihat bahwa pada tabel-tabel bagian pertama dan kedua masih mengandung M, tetapi pada tabel optimal M pada nilai kanan sudah hilang dan yang muncul hanya angka semua. Pada setiap pemecahan



•



4.19



EKMA4413/MODUL 4



masalah linear programming yang mengandung M, kalau memiliki pemecahan optimal maka pada tabel optimal dalam kolom N.K. pasti tidak mengandung M. Kalau masih mengandung M berarti terdapat kesalahan dalam menghitungnya atau masalah tersebut tidak memiliki daerahfeasible. Tabel 4.18. Contoh Pemecahan dengan Variasi Lengkap



V.D.



z



x1



X2



R1



52



R2



53



z R1 R2 s3



-1 0 0 0



(5- 4M) 2 2 1



2-4M) 1 3 1



0 1 0 0



M 0 -1 0



0 0 1 0



0 0 0 1



z



-1



0



0



(2/3 + 4/3M)



0



(11/3- 4/3M)



(2/3 -113M)



N.K. -15.000M 6.000 9.000 4.000 (- 6.000- 3.000M)



R1 X2 s3



0



4/3



0



1



1/3



-1



0



3.000



0



2/3



1



0



-1/3



1/3



0



3.000



0



1/3



0



1/3



-1



1



z



-1 0 0



0 1 0



0 0 1



0 0 0



1.000 -14.250 2.250 1.500



0



0



0



-1 /4



1/4



-3/4



1



250



z



-1



0



0



(-3 + M)



0



(4/3 + 113M)



1



-14.000



x1 x2 S3



0



1



0



1



0



0



0



2.000



0



0



1



-1



0



0



2



2.000



0



0



0



-1



1



-3



4



1.000



x1 x2 s3



0 (-11/4+M) 3/4 -1/2



-1 /4 1/4 -1/2



.25/12 + 1/3M) -3/4 3/2



Arti dari hasil yang diperoleh pada tabel optimal itu adalah hasil optimal dapat dicapai dengan melak:ukan aktivitas pertama dengan hasil2.000 satuan. Aktivitas kedua 2.000 satuan dan nilai tujuan optimal (minimum) 14.000. Meskipun nilai Z pada NK di baris Z = 14.000, tetapi nilai Z tetap positif 14.000 karena kita lihat untuk baris itu = -1, yang artinya nilai -Z karena -Z = -14.000 maka berarti Z = 14.000.



.



. .



---



,~ . ......... -



'



~



'



. - --- ~ !!



..



2



. ~



..



F



LATIHAN



":Jhi! ~



Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1)



Suatu pabrik kaos kaki menghasilkan dua macam k:ualitas kaos kaki, yaitu merek Seribu Tiga dan merek Murah Meriah. Untuk menghasilkan



4.20



Riset Operasi •



kedua macam kaos kaki tersebut digunakan 3 macam bahan baku, yaitu bahan baku A, B, dan C. Kebutuhan bahan baku untuk menghasilkan tiap satuan produk sebagai berikut. Kebutuhan Bahan Baku Per Satuan Produk A B C 2 satuan 2 satuan Seribu Tiga 3 satuan Murah-Meriah 4 satuan 2 satuan 2 satuan Maksimum tersedia 30 satuan 42 satuan 80 satuan Merek



2)



3)



Permintaan dianggap cukup bisa menyerap semua produk yang dihasilkan. Sumbangan terhadap laba tiap satuan kaos kaki merek Seribu Tiga Rp5.000,00 sedang merek Murah-Meriah Rp10.000,00. Perusahaan akan menentukan jumlah tiap macam kaos kaki yang dihasilkan agar bisa memaksimumkan laba. Selesaikanlah persoalan di atas dengan metode simp leks! Suatu perusahaan menghasilkan dua macam produk, yaitu A dan B. Kedua produk itu, dibuat melalui dua mesin (mesin I dan mesin II). Untuk menghasilkan 100 unit produk A harus dikerjakan di mesin I selama 3 jam dan di mesin II selama 4 jam; sedang untuk menghasilkan 100 unit produk B harus dikerj akan di mesin I selama 2 jam dan di mesin II selama 5 jam. Kapasitas kerja maksimum untuk mesin I 12 jam dan mesin II juga 12 jam. Sumbangan terhadap laba untuk setiap 100 buah produk A sebesar Rp3.000,00 dan untuk produk B sebesar Rp3.500,00. Berapakah jumlah produk A dan produk B yang seharusnya dihasilkan agar memperoleh laba maksimum? Suatu perusahaan menghasilkan dua macam produk dengan menggunakan bahan baku J, K, dan L. Kebutuhan akan bahan baku setiap unit produk sebagai berikut. Bahan Baku



Kebutuhan Bahan Baku/unit Produk I Produk II J 3 Kg 2 Kg 2 Kg 4 Kg K 2 Kg 4 Kg L Sumbangan terhadap Laba/unit produk Rp12,00



Maksimum tersedia 42Kg 30Kg 48 Kg Rp8,00



•



4)



5)



EKMA4413/MODUL 4



Hitunglah kombinasi jumlah produksi yang bisa memaksimumkan laba perusahaan! Suatu masalah dapat diformulasikan ke dalam persamaan-persamaan linear sebagai berikut. Fungsi tujuan: Minimumkan Z = 9X 1 + 4X2 Batasan-batasan : (1) X2 = 5 (2) X1 + 4X2 ~ 6 (3) 9X1 + 4X2 < 36 (4) XbX2>0 Carilah pemecahan optimal dengan metode simpleks! Suatu masalah dapat diformulasikan ke dalam persamaan-persamaan linear sebagai berikut. Fungsi Tujuan: Minimumkan Z = 5X 1 + 2X2 + 2 X3 Batasan-batasan: (1) 3X1 + 2X2 + X3 < 15 (2) 2X1 + 5X2 + 15X3 > 30 (3) x1 + x2 + 3X3 = 20 (4) xbx2,X3~ o Carilah pemecahan optimal masalah di atas dengan metode simpleks!



Petunjuk Jawaban Latihan 1)



4.21



Masalah di atas kalau dibuat formulasinya sebagai berikut. Fungsi tujuan: Maksimumkan Z = 5X 1 + 10X2 Batasan-batasan: (1) 3X 1 + 2X2 < 30 (2) 2X 1 + 2X2 ~ 42 ~ 80 (3) 2X1 + 4X2 (4) xbx2 >O Dikerj akan dalam tabel simp leks sebagai berikut.



4.22



Riset Operasi •



Tabel 4.19. Tabel Optimal Varia bel Dasar



z



X1



X2



S1



S2



S3



N.K.



z



1



-5



-10



0



0



0



0



lndeks:



81



0



3



2



1



0



0



30



15



82



0



2



2



0



1



0



42



21



83



0



2



4



0



0



1



80



20



z



1



10



0



5



0



0



150



X2



0



3/2



1



1/2



0



0



15



82



0



-1



0



-1



1



0



12



83



0



-4



0



-2



0



1



20



Jadi, Ja waban optimal sebagai berikut. Nilai XI= 0 maka merek Seribu Tiga tidak diproduksi. Nilai X 2 = 15, berarti merek Murah Meriah diproduksi 15 unit. Nilai Z = 150, berarti jumlah sumbangan terhadap laba sebesar Rp150.000,00



2)



3)



Bentuk formulasi masalah dalam soal ini masih standar sehingga mudah diselesaikan. Setelah tiga kali perubahan baru diperoleh hasil yang optimal, sebagai berikut. Produk A dihasilkan 2,86 unit, produk B dihasilkan 1, 71 unit dan jumlah seluruh sumbangan terhadap laba sebesar Rp14.571 ,40 (dibulatkan). Masalah ini formulasinya masih dalam bentuk standar. J adi, lebih mudah dikerj akan. Hasil pemecahan optimal ada beberapa kemungkinan (multiple optimal solutions), dalam tabel simpleks sebagai berikut. a. Hasil optimal altematif pertama diperoleh setelah perubahan pertama dengan jurnlah produk I yang dihasilkan 14 unit (XI = 14), produk II tidak dihasilkan (X2 = 0), dan sumbangan terhadap laba seluruhnya sebesar Rp 14,57



•



EKMA4413/MODUL 4



4.23



b.



4)



Hasil optimal yang kedua diperoleh pada tabel setelah peubahan kedua dengan jumlah produk pertama yang dihasilkan 12 unit (X 1 = 12), produk kedua 3 unit (X2 = 3), dan sumbangan terhadap laba sebesar Rp168,00 (Z = 168) sama dengan nilai Z pada altematif pertama (setelah perubahan pertama). Fungsi tujuan bersifat meminimumkan maka harus diubah menjadi: Maksimumkan - Z = - 9X 1 - 4X2 atau maksimumkan - Z + 9X 1 + 4X2 = 0 Fungsi batasan ada yang bertanda sama dengan (=) dan ada yang bertanda > maka pada batasan pertama dan kedua mengandung artificial variable (R), dan tentu saja ada penyesuaian pada fungsi tujuan. Mulamula kita masukkan M pada fungsi tujuan, tetapi akan mengakibatkan nilai kolom variabel dasar pada baris Z tidak 0 maka hams disesuaikan terlebih dahulu. Kalau diselesaikan hasil optimalnya sebagai berikut. Nilai - Z = - 29, yang berarti nilai Z = 29, dengan nilai X 1 = 1 dan nilai



x2 = s. Masalah ini lebih sulit daripada soal-soal sebelumnya karena menyimpang dari bentuk formulasi standar dan memiliki variabel lebih banyak. Hasil optimal diperoleh setelah perubahan kelima sebagai berikut. xl = 0, x2 = 0, x3 = 6 2/3 dan nilai z = 13 1/3.



RANGKUMAN Dalam modul ini dibahas cara pemecahan masalah linear programming dengan metode simpleks. Penyelesaiannya dengan menggunakan tabel sehingga metode ini sering juga disebut sebagai metode simpleks tabel. Kelebihan dari metode ini dibandingkan dengan metode grafik adalah metode ini bisa digunakan untuk memecahkan masalah yang memiliki variabellebih dari dua macam. Dalam modul ini dibahas pula beberapa penyimpangan dari bentuk standar, agar bisa diselesaikan harus diadakan beberapa perubahan dulu.



4.24



Riset Operasi •



TES FORMATIF 1



Pilihlah satu iawaban vang paling tepat! Perusahaan sepatu "Mumi" membuat 2 macam sepatu, yaitu merek Kino dan merek Alfa. Untuk membuat sepatu-sepatu itu, perusahaan menggunakan 3 macam mesin. Setiap lusin sepatu merk Kino mula-mula dikerjakan di mesin 1 selama 2 jam, kemudian tanpa melalui mesin 2 terns dikerjakan di mesin 3 selama 6 jam, sedangkan merek Alfa tidak di proses di me sin 1, tetapi langsung dikerj akan di me sin 2 selama 3 jam, kemudian di mesin 3 selama 5 jam. Jam kerja maksimum setiap hari untuk mesin 1 = 8 jam, mesin 2 = 15 jam dan mesin 3 = 30 jam. Sumbangan terhadap laba untuk setiap mesin sepatu merek KINO = Rp30.000,00, sedangkan merek ALFA = Rp 50.000,00. Berdasarkan data tersebut, jawablah pertanyaan-pertanyaan berikut! 1)



Fungsi tujuan soal di atas adalah .. .. A. maksimum z = 3x 1 + 5x2 B. maksimum z = 5x 1 + 3x2 C. maksimum z = 6x 1 + 5x2 D. maksimum z = 5x 1 + 6x2



2)



Batasan untuk me sin 1 adalah .... A. 3x2 < 15 B. 6x1 + 5x2 < 30 C. 2x1 :S 8 D. 3x1 + 5x2 < 8



3)



Batasan untuk me sin 3 adalah .... A . 2x 1 < 8 B. 6x1 + 5x2 :S 30 C. 3x2 < 15 D. 3x1 + 5x2 < 15



4)



Nilai x 1 pada tabel optimal adalah .... A. 5/6



B. 5 C.



6I_ 3



D.



27 _!_ 2



•



5)



4.25



EKMA4413/ MODUL 4



Nilai x2 pada tabel optimal adalah .... 5 A. 6 B. 5



C.



6_!_ 3



D.



27 _!_ 2



Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1.



Tingkat penguasaan =



Jumlah Jawaban yang Benar



----------x



100%



Jumlah Soal



Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda hams mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang belum dikuasai.



4.26



Riset Operasi •



Kegiatan Belajar 2



Analisis Sensitivitas alam analisis sensitivitas yang dihitung adalah akibat-akibat perubahan kendala dan fungsi tujuan pada nilai tujuan (hasil). Metode simpleks menggunakan tabel optimal untuk menghitung perubahan-perubahan itu.



A. MARGINAL VALUE Pada tabel optimal suatu pemecahan masalah dengan metode simpleks, dikenal marginal value, yaitu nilai baris Z pada kolom slack variable. Contoh awal kita dengan persamaan sebagai berikut. Fungsi tujuan: Maksimum Z= 3X 1 + 4X2 Batasan-batasan: (1) 2X 1 + X 2 < 6.000 (2) 2X 1 + 3X2 < 9.000 (3) x1 > o; x2 > o Jawaban optimal seperti tampak pada Tabel4.20. Tabel 4.20. Jawaban Optimal VD



z



X1



X2



51



52



NK



z



1



0



0



1/4



5/4



12.750



X1



0



1



0



3/4



-1/4



2.250



X2



0



0



1



-1/2



1/2



1.500



x1 = 2.250



X2 = 1.500



z=



12.750



Marginal value input pertama sama dengan nilai S 1 pada baris Z



= ~.



Berarti kalau nilai kanan kendala pertama ditambah 1 unit maka nilai Z bertambah dengan 1;4 atau 0,25. Kalau tambahannya 10 unit maka nilai Z akan bertambah 10 (~) = 2,5, sedangkan marginal value input kedua sebesar 5/4, sama dengan nilai S2 pada baris Z. Artinya, kalau kendala kedua



•



4.27



EKMA4413/MODUL 4



dilonggarkan 1 unit maka nilai Z akan bertambah dengan 5/4 atau 1,25. Marginal value ini sering juga disebut dengan shadow price. B. MENCARI NILAI OPTIMAL BARU SETELAH PERUBAHAN Apabila terjadi perubahan nilai kanan suatu kendala maka nilai optimal baru dapat dicari dengan dasar tabel optimal, tanpa mengulangi proses hitungan dari depan. 1. NK baru baris i = NK lama- nilai kolom i (tambahan = ~i) 2. Untuk contoh dalam Tabel 4.20 apabila nilai kanan kendala pertama ditambah dengan ~~, 3. 2x1 + x2 < 6.ooo + ~i maka nilai kanan berubah, seperti pada Tabel 4.21. Tabel4.21. Perubahan Nilai Kanan



(1) Baris



(2) NK lama



(3) Nilai S1



(4) NK baru



(5)



z



12.750



1/4



12.750 + (% ~1)



12.750 + % (1 00) = 12.775



X1



2.250



3/4



2.250 + (3/4 ~1)



2.250 +% (1 00) = 2.325



X2



1.500



-1/2



1.500 + (-1 /2



~I)



1.500- ~ (100) = 1.450



Apabila perubahan nilai kanan kendala pertama (~i) = 100 maka nilai kanan optimal yang baru, seperti pada kolom 5, tetapi perubahan nilai kanan itu ada batasnya. Artinya, boleh dilakukan selama tidak melanggar kondisi feasible atau asumsi bahwa semua variabel (X~, X 2 , X 3 , ... , Xn) harus bemilai positif yang berarti: 2.250 + % ~1 > 0 1.500 + (- Yz) ~1 ~ 0 Sehingga: 2.250 +% ~1 > 0 3 14 ~1 ~ -2.250 ~1 ~ -2.250 (4/3) ~1 > - 3.000 1.500 + (- Yz) ~1 ~ 0



4.28



Riset Operasi •



Yz Lll ~ 1.500 Lll ~ 3.000



Dari kedua angka itu berarti penggunaan tabel optimal itu hanya dapat dilakukan apabila: - 3.000 < Lll < 3.000 Hal itu berarti, penambahan nilai kanan kendala 1 tidak boleh lebih dari 3.000 dan pengurangannya tidak boleh lebih dari 3.000 sehingga nilai kanan kendala 1 maksimum, yaitu 6.000 + 3.000 = 9.000, dan minimum sebesar 6.000- 3.000 = 3.000. Kalau melebihi batas itu maka ada variabel (Xj) yang bemilai negatif, berarti tidakfeasible. Untuk kendala kedua, penambahan nilai kanan dapat dilakukan berdasar angka-angka pada Tabel 4.22. Tabel 4.22. Perubahan Nilai Kanan Kendala 2



Variabel



NK mula-mula



52



NK baru



z



12.750



5/4



12.750 + (5/4 ~2)



X1 X2



2.250



-1/4



2.250 + (-1/4 ~2)



1.500



1/2



1.500 + (1/2 ~2)



Nilai S 1 maupun S2 juga tidak boleh negatif. Maka: 3 ~ + 1'4 81 ~ 0 %81 > -~ 81 ~ - 1/3 5/4 - ~ ~0 ~ 81 ~ 5/4 81 ~ 5 Sehingga: -1/3 ~ 81 ~ 5 Penggunaan tabel optimal untuk mencari nilai optimal baru hanya berlaku apabila nilai cl bertambah maksimum sebesar 5 (menjadi 8) atau berkurang sebanyak- banyaknya 1/3 (menjadi 2 2/3). Di luar batas itu akan menghasilkan nilai Sj (S 1 maupun S2 ) yang negatif, yang berarti tidak optimal.



•



4.29



EKMA4413/ MODUL 4



LATIHAN Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerj akanlah latihan berikut! 1)



2)



Gunakanlah data tabel optimal, yaitu Tabel 4.19. a. Hitunglah batas-batas perubahan nilai kanan kendala 1! b. Kalau nilai kanan kendala kedua dilonggarkan 5 unit, bagaimana akibatnya terhadap nilai Z optimal? Dengan data pada soal nomor 1 maka: a. Buatlah batas-batas perubahan koefisien fungsi tujuan variabel 2 (C2)! b. Kalau nilai fungsi tujuan variabel 2 ditambah dengan ~1 maka bagaimanakah akibatnya terhadap nilai Z optimal?



Petunjuk Jawaban Latihan 1)



a.



Berdasarkan data soal nomor 1latihan Kegiatan Belajar 1 maka: Fungsi tujuan : Maksimumkan Z = 5X 1 + 10X2 Batasan-batasan: (1) 3X1+ 2X2 ~ 30 (2) 2X 1 + 2X2 ~ 42 (3) 2X1 + 4X2 ~ 80 (4) x~, X2 2:: o Dengan tabel optimal Tabel 4.23. Tabel Optimal Variabel Dasar



z



X1



X2



51



52



53



NK



z



1 0 0 0



10 3/2 -1



0 1 0 0



5



0 0 1 0



0 0 0 1



150 15 12 20



X2 82 83



-4



~



-1 -2



Dibuat tabel untuk menghitung nilai kanan barn sebagai berikut.



4.30



Riset Operasi •



Tabel 4.24. Perubahan Nilai Kanan Kendala 2



Variabel



NK mula-mula



s1



NK baru



z



150



5



150 + 5 ~1



X2 s2 S3



15 12 20



%



15 +% ~1 12- ~1 20- 2~1



15 + Y2~1 12- ~1 20- 2~1



-1 -2 ~1 ~1



>0



~1



2 - 30 ~ 12 < 10



-30 0 Tabel optimal dari permasalahan tersebut sebagai berikut.



I



V.D



z



X2 X1



I



z



X1



X2



S1



S2



1 0 0



0 0 1



0 1 0



0,2632 0,2632 -0,1053



0,8421 -0,1579 0,2632



I



N.K 12,37 2,368 1,053



Dari data-data tersebut, jawablah pertanyaan-pertanyaan berikut. 1) Marginal value input pertama adalah ... A. 0,2632 B. 0,368 C. 0,8421 D. 12,37 2)



Berdasarkan marginal value input pertama maka apabila nilai kanan kendala I ditambah 10 unit maka nilai Z akan bertambah ....



4.32



Riset Operasi •



A. 12,37 B. 8,421 C. 3,68 D. 2,632 3)



Apabila kendala kedua dilonggarkan 1 unit maka nilai Z akan bertambah .... A. -0,1579 B. 0,2632 C. 0,8421 D. 1,053



4)



Apabila nilai kanan kendala pertama ditambah dengan penambahan nilai kanan kendala 1 akan berkisar .... A. -8,99 < ~i < 10 B. 8,99 < ~i < 10 C. 10 < ~i < 46,99 D. -46,99 0 dan X 2 > 0, sedangkan pihak B memiliki n strategi, dengan probabilitas untuk strategi 1 =Yb Strategi 2 =Y 2 , dan seterusnya sampai dengan strategi n = Yn. Nilai payoff yang diharapkan (expected payoff) dapat dihitung dengan nilai yang diharapkan dikalikan dengan probabilitasnya. Untuk peserta A adalah sebagai berikut. Kalau B menempuh strategi 1, expected payoff untuk A = a 11 X 1 + a21 ( 1 - X 1) = (a 11 -a21 )X 1 + a21 Kalau B menempuh strategi 2, expected payoffuntuk A = a12X 1 + a22 (1 -XI) = (a12- a22)X 1 + a22 Kalau B menempuh strategi n, expected payoffuntuk A = a1nX 1 + a2n(1- X 1) = (a1n- a2n)X 1 + a2n



•



9.19



EKMA4413/ MODUL 9



Dari persamaan-persamaan di atas dapat dilihat bahwa temyata nilai payoff peserta A bersifat linear apabila dihubungkan dengan X 1 (probabilitas strategi pihak A). Oleh karena itu, dapat digambarkan dalam grafik.



A. MENENTUKAN TITIK MAXIMIN Cara grafik ini bisa untuk menentukan titik maximin maupun minimax. Pada bagian ini akan kita bicarakan terlebih dahulu cara menentukan titik maximin. Dalam menentukan titik maximin, mula-mula kita gambarkan garis expected payoffpada grafik dengan nilai xl antara 0 dan 1, kemudian kita dapatkan garis yang terendah, dan di antara garis terendah itu kita pilih titik tertinggi. ltulah titik maximin. Untuk lebih jelasnya kita gunakan contoh 9.1 berikut ini. •



•



Contoh 9.1 Suatu game memiliki payoff matrix, seperti terlihat pada Tabel 9 .11. Tabel 9.11. Payoff Matrix untuk Contoh 9.1



Strategi B Strategi A



1 2



1



2



3



4



2 4



2 3



3 2



1 6



Kalau probabilitasnya kita masukkan, seperti pada Tabel9.12 Tabel 9.12. Payoff Matrix Dipandang dari A, dengan Probabilitasnya B I 1 [ 2 [ 3 [ 4 I A Y1 Y2 Y3 Y4 Probabilit'' 1 2 2 1 X1 3



2



(1 -



X1)



4



3



2



Expected payoffuntuk A apabila B menempuh strategi 1 =



6



9.20



Riset Operasi •



2XI + 4 (1 - XI) = 4 - 2Xl Expected payoffuntuk A apabila B menempuh strategi 2 2XI + 3 ( 1 -XI) = 3 -XI



=



Expected payo.ff untuk A apabila B menempuh strategi 3 = 3Xl + 2 (1 - XI) = 2 - XI Expected payoffuntuk A apabila menempuh strategi 1 = 1Xl + 6 (1 -XI) = 6- 5XI



Masing-masing persamaan di atas kita gambarkan dengan sumbu mendatar mewakili nilai expected payoff, seperti pada Gambar 9.1



'



.•



..



'l



~(J



EF.' '":A ..



Ill



1\



Ho



- - - - - - - - - - - - - )(] - •



..



"'



Gambar 9.1. Mencari Titik Maximin untuk Contoh 9.1



(1) E.P. = 4-2XI (2) E.P. = 3 - X1 (3) E.P. = 2 + Xl (4) E.P.= 6- 5X 1



x1 : o E.P: 4 X1: o E.P: 3 XI : 0 E.P: 2 X1 : o E.P: 6



1 2 1 2 1 3 1 1



Dalam gambar di atas terlihat bahwa nilai X 1 berkisar antara 0 dan 1 karena probabilitas tidak boleh negatif dan tidak boleh melebihi 1. Garis



•



9.21



EKMA4413/MODUL 9



paling bawah (minimum) mula-mula terletak pada garis ke-3, kemudian sampai pada titik B (perpotongan garis ke-3 dengan garis ke-2) berpindah ke garis ke-2 dan akhirnya mulai titik C (perpotongan garis ke-2 dan ke-4) pindah pada garis ke-4. Maksimum dari garis minimum itu terletak pada perpotongan garis ke-2 dengan garis ke-3. Titik itulah yang disebut dengan titik maximin. Pada titik itu nilai dari garis kedua sama dengan garis ketiga maka:



menghasilkan nilai X 1 pada titik B = Y2. Berarti nilai optimal dari X 1 sebesar Y2. Dengan menggunakan nilai ini maka dapat dihitung nilai expected payoff yang optimum, dengan memasukkan pada salah satu persamaan garis di atas, misalnya kita substitusikan pada garis E.P. = 3 - X 1 maka E.P. = 3 - Y2 = 7'i . Jadi, jawaban optimalnya adalah xl



=



Y2, x2



=



Y2 dan expected value sebesar



J'i. Setelah kebijaksanaan minimax untuk peserta A ditentukan maka kita bisa pula menghitung strategi maximin untuk B dan caranya sebagai berikut. Dalam keputusan kita di depan, ternyata garis yang menentukan keputusan optimal adalah garis ke-2 dan ke-3. Oleh karena itu, ini berarti bahwa strategi B yang diperhatikan hanya strategi 2 dan 3 saj a, sedangkan strategi 1 dan 4 diabaikan, artinya tidak akan dipilih. Tabel 9 .13a. Payoff setelah A Menentukan Strategi Maximin.



1 Y2



2 {1 - Y2}



1



2



3



2



3



2



B A



Sekarang kita bisa membuat persamaan expected payoffuntuk B sebagai berikut. Expected payoffkalau A memilih strategi 1 = 2Y2 + 3(1- Y2) = 3- Y2



Expected payof!B kalau memilih strategi 2 3 Y2 + 2(1 - Y2) = 2 + Y2



=



9.22



Riset Operasi •



Untuk mencari nilai Y 2 optimal kita cari titik potong di antara kedua garis itu, sebagai berikut.



3 -Y2 = 2 + Y2 Nilai Y 2 optimal = 12. Dengan memasukkan nilai X 2 pada salah satu persamaan di atas akan diperoleh nilai expected payoff = %. Ternyata hasilnya sama dengan pemecahan maximin untuk A di atas sehingga keputusan akhirnya adalah sebagai berikut. XI = Y2



x2= 12 y 2 = }'j Y3= X E.P. = 7f



LATIHAN Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerj akanlah latihan berikut! 1)



Carilah pemecahan optimal dari payoff matrix berikut ini untuk mencari nilai maximin untuk peserta A.



B



1



2



3



1



10



4



6



2



3



8



5



A



2)



Carilah pemecahan game berikut ini dengan menggunakan strategi maximin untuk peserta A! B



1



2



3



4



1



8



10



6



9



2



11



5



7



6



A



•



9.23



EKMA4413/MODUL 9



10



3



3)



4)



2



4



Carilah persamaan optimal dipandang dari peserta dengan mencari nilai minimax, setelah A menentukan strateginya dengan data yang tercantum pada soal2 di atas, kemudian carilah hasil pemecahan akhirnya! Carilah pemecahan game berikut ini dengan menggunakan strategi maximin untuk peserta A! 8



1



2



3



1



16



20



30



2



17



25



31



3



20



40



25



A



5)



9



Carilah pemecahan optimal dipandang dari peserta B dengan mencari nilai minimax, setelah A menentukan strateginya (dalam soal di atas) dengan di atas yang tercantum pada soal di atas!



Petunjuk Jawaban Latihan 1) Langsung bisa dikerj akan. 2) Baris ke-3 didominasi oleh baris pertama (semua nilainya lebih rendah) maka ketiga bisa diabaikan. Tinggallah sekarang dua strategi untuk peserta A dan bisa dikerjakan dengan metode grafik. 3) Bisa dikerjakan sesuai dengan contoh di depan. 4) Sarna dengan petunjuk soal nomor 2. 5) Sarna dengan petunjuk soal nomor 3.



; RANGKUMAN



Bagian ini mengemukakan penggunaan grafik untuk memecahkan masalah game, tetapi cara ini memiliki keterbatasan, yaitu hanya bisa digunakan kalau paling tidak salah satu peserta hanya memiliki dua macam strategi saja.



9.24



Riset Operasi •



TES FORMATIF 2



Pilihlah satu i a waban vang paling tepat! Matriks berikut ini digunakan untuk menjawab soal no. 1 sd 5 Wanita Indonesia Strate i 1 Strate i 2 Strate i 3 Strategi 1



12



6



8



Strategi 2



5



10



7