Pengantar Integer Programming
Model Integer Programming • Permasalahan integer programming (IP) adalah suatu Program Linear (LP) yang beberapa atau seluruh variabel yang digunakan merupakan bilangan integer positif
• Jenis-jenis permasalahan IP: – Pure IP problem: jika semua variabel harus bernilai integer
Maximize subject to
z = 3x1 + 4x2 5x1 + 8x2 ≤ 24 x1, x2 ≥ 0, x1 dan x2 integer
– Mixed IP problem: jika hanya beberapa variabel yang bernilai integer
Maximize subject to
z = 3x1 + 4x2 5x1 + 8x2 ≤ 24 x1, x2 ≥ 0, x1 integer
– 0-1 IP problem: jika semua variabel harus bernilai 0 atau 1
Maximize subject to
z = 3x1 + 4x2 5x1 + 8x2 ≤ 24 x1, x2 = 0 or 1
Integer Programming • Permasalahan IP biasanya lebih sulit untuk diselesaikan dibandingkan dengan permasalahan LP • Hal ini disebabkan banyaknya kombinasi nilai integer yang harus diuji, dan setiap kombinasi membutuhan penyelesaian “normal” LP atau NLP
LP Relaxation • LP relaxation dari IP adalah LP yang diperoleh dengan menghilangkan pembatas semua bilangan integer atau pembatas – Contoh Pure IP problem :
Maximize subject to
z = 3x1 + 4x2 5x1 + 8x2 ≤ 24 x1, x2 ≥ 0, x1 dan x2 integer
– Contoh Pure IP problem yang telah di-longgarkan (relax):
Maximize subject to
z = 3x1 + 4x2 5x1 + 8x2 ≤ 24 x1, x2 ≥ 0
Pendekatan Sederhana Solusi IP Pendekatan 1: • Cari seluruh kemungkinan solusi • Tentukan nilai fungsi tujuannya • Pilih nilai maksimum (minimum) Pendekatan 2: 3 • Selesaikan LP relaxation 2 • Bulatkan pada solusi integer x2 1 yang feasibel terdekat
7x1 + 4x2= 13 x
x
x
1
2
x1
x
3
Solusi Integer Programming Contoh Problem: Max 1200 x1 + 2000 x2 ST: 2x1 + 6 x2 27 x2 2 3x1 + x2 19 x1 , x2 0 and Integer
x2 6
5
4
3
Penyelesaian problem Integer Programming, Apakah solusi LP dibulatkan untuk mendapakan solusi IP…?
2
1
x1 1
3
2
1
4
5
6
LP Optimal x1 = 5 7/16 x2 = 2 11/16
7
8
Solusi Integer Programming (2) LP relaxation, kemudian dibulatkan ? x2
Pembulatan?
6
Max 1200 x1 + 2000 x2 ST: 2x1 + 6 x2 27 x2 2 3x1 + x2 19 x1 , x2 0 and Integer
x1 = 5 x2 = 3
5
Pembulatan ke atas? x1 = 6 x2 = 3
4
3
Pembulatan ke bawah? x1 = 5 x2 = 2 x
2
1
1
1
2
3
4
1
5
6
LP Optimal x1 = 5 7/16 x2 = 2 11/16
7
8
Solusi Integer Programming (3) IP Optimal x1 = 4 x2 = 3
x2 6
5
4
3
2
1
x1 1
2
3
4
5
6
7
8
Untuk MAX problem: nilai optimal dari IP ≤ nilai optimal dari LP relaxation 1
Permodelan Integer Programming
Contoh 1: Problem investasi • Perusahaan Stockco mempertimbangkan empat jenis investasi • Modal yang tersedia untuk investasi sebesar $ 14,000 • Formulasikan model integer programming ini untuk memaksimumkan NPV dari investasi-investasi berikut: Pilihan Investasi Modal NPV
1 $5000 $16000
2 $7000 $22000
3 $4000 $12000
4 $3000 $8000
Contoh 1: Problem investasi SOLUSI: xi = banyaknya modal yang diinvestasikan pada jenis ke-i Maximize z = 16 x1+ 22 x2 + 12 x3 + 8 x4 Subject to 5 x1 + 7 x2 + 4 x3 + 3 x4 ≤ 14 x1, x2, x3, x4 = 0, 1
Pengembangan Problem Investasi Perusahaan Stockco mempertimbangkan batasanbatasan “logis” berikut ini : 1. Tepat 3 investasi yang terpilih 2. Jika investasi ke-2 terpilih, maka investasi ke- 1 juga terpilih 3. Jika investasi ke- 1 terpilih, maka investasi ke- 3 tidak terpilih 4. Salah satu dari investasi ke- 3 atau ke-4 harus terpilih, tetapi tidak dapat kedua-duanya
Tambahan pembatas: 1. Tepat 3 investasi yang terpilih x1+ x2+ x3+ x4 =3 2. Jika investasi ke-2 terpilih, maka investasi ke- 1 juga terpilih x1 ≥ x2 3. Jika investasi ke- 1 terpilih, maka investasi ke- 3 tidak terpilih x1 + x3 ≤ 1 4. Salah satu dari investasi ke- 3 atau ke-4 harus terpilih, tetapi tidak dapat kedua-duanya x3 + x4 = 1
Contoh 2: Pemilihan pemain bola basket Perkumpulan bola basket “Pasti Menang” sedang menghadapi kompetisi tingkat nasional. Sang pelatih hendak memilih 5 dari 7 pemain yang akan diturunkan dalam pertandingan malam nanti. Datadata pemain seperti terlihat pada tabel dibawah ini: Pemain Guard 1 Yes 2 No 3 Yes 4 No 5 Yes 6 No 7 Yes
Posisi Kemampuan Forward Center Ball-Handling Shooting Rebounding Total No No 3 1 2 6 No Yes 1 2 1 4 Yes No 1 3 1 5 Yes Yes 1 2 1 4 Yes No 2 1 3 6 Yes Yes 1 3 1 5 Yes No 1 2 2 5
Pemilihan Pemain Bola Basket Pembatas yang dialami pelatih adalah sebagai berikut: 1. Harus ada tepat lima pemain, dengan syarat: Sedikitnya empat pemain sebagai penyerang. Sedikitnya dua pemain sebagai pemain depan. Sedikitnya satu pemain sebagai pemain tengah.
2. Rata-Rata tingkat ketrampilan pemain paling sedikit 2.
Pemilihan pemain bola basket 3. Salah satu dari pemain ke-2 atau pemain ke-3 harus bermain. 4. Jika pemain ke-3 bermain, maka pemain ke-6 tidak bisa bermain. 5. Jika pemain ke-1 bermain, maka pemain ke-4 dan ke-5 harus bermain juga.
Solusi : Pemilihan Pemain Bola Basket (1) Variabel Keputusan Xi = 1, jika pemain ke-i diturunkan ke lapangan. = 0, jika pemain ke-i tidak diturunkan Fungsi tujuan: Max 6 x1 + 4 x2 + 5 x3 + 4 x4 + 6 x5 + 5 x6 + 5 x7
Solusi : Pemilihan pemain bola basket (1) Pembatas : (1a) Harus ada tepat lima pemain turun ke lapangan x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = 5 (1b) Paling sedikit terdapat empat pemain penyerang (guard). x1 + x3 + x5 + x7 4 (1c) Paling sedikit terdapat dua pemain depan (forward). x3 + x4 + x5 + x6 + x7 2 (1d) Paling sedikit terdapat satu pemain tengah. x2 + x4 + x6 1
Solusi : Pemilihan Pemain Bola Basket (2) 2.Rata-Rata tingkat ketrampilan pemain paling sedikit 2 (a) Rata-rata ketrampilan pemain menggiring bola lebih dari dua. (3 x1 + x2 + x3 + x4 + 2 x5 + x6 + x7)/5 2 3 x1 + x2 + x3 + x4 + 2 x5 + x6 + x7 10
(b) Rata-rata ketrampilan pemain menembak bola lebih dari dua.
x1 + 2 x2 +3 x3 + 2 x4 + x5 + 3 x6 + 2 x7 10
(c) Rata-rata ketrampilan pemain menghadang lebih dari dua. 2 x1 + x2 + x3 + x4 + 3 x5 + x6 + 2 x7 10
3.Salah satu dari pemain ke-2 atau pemain ke-3 harus bermain x2 + x3 1 Variabel kemungkinan yang terjadi: x2 = 1 & x3 = 0 Feasible x2 = 0 & x3 = 1 Feasible x2 = 1 & x3 = 1 Feasible x2 = 0 & x3 = 0 Infeasible
Solusi : Pemilihan Pemain Bola Basket (3) 4. Jika pemain ke-3 bermain, maka pemain ke-6 tidak bisa bermain x3 + x6 1 Variabel kemungkinan yang terjadi: • Pemain 3 bermain, tetapi pemain 6 tidak bermain.
x3 = 1, x6 = 0 Feasible • Pemain 6 bermain, tetapi pemain 3 tidak bermain. x3 = 0, x6 = 1 Feasible • Kedua-duanya bermain x3 = 1, x6 = 1 Infeasible • Kedua-duanya tidak dapat bermain. x3 = 0, x6 = 0 Feasible
Solusi : Pemilihan Pemain Bola Basket (4) 5. Jika pemain ke-1 bermain, maka pemain ke-4 dan ke-5 harus bermain juga x1 x4 x1 x5 Jika x1 = 1, maka x4 = 1 dan x5 =1. Variabel kemungkinan yang terjadi: x1 1 0 0 0 0
x4 1 0 1 0 1
x5 1 0 0 1 1
Interpretasi ketiga pemain bermain (feasibel). ketiga pemain tidak bermain (feasibel). hanya pemain 4 yang bermain (feasibel). hanya pemain 5 yang bermain (feasibel). pemain 4 dan 5 bermain, sedangkan pemain 1 tidak (feasibel)
Contoh 3 : Pengeboran Minyak 1. Pemilihan paling sedikit 5 lokasi dari 10 lokasi pengeboran minyak yang telah direncanakan, dengan variabel keputusan X1, X2,…, X10 dan biaya pengeboran C1, C2,…, dan C10. 2. Batasan: – Paling banyak dua dari lokasi X5, X6, X7 dan X8 yang dapat dipilih – Memilih lokasi X3 atau lokasi X4 akan mencegah untuk memilih lokasi X5. – Memilih kombinasi lokasi X1 dan X7 akan mencegah untuk memilih lokasi X8.
Solusi Pengeboran Minyak (1) Variabel Keputusan Xi = 1, jika lokasi ke-i dilakukan pengeboran. Xi = 0, jika lokasi ke-i tidak dilakukan pengeboran. Fungsi tujuan: Min C1 x1 + C2 x2 + C3 x3 + C4 x4 +C5 x5 + C6 x6 + C7 x7 + x8 + C9 x9 + C10 x10
C8
Subject to (1) Pemilihan paling sedikit 5 lokasi dari 10 lokasi pengeboran x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + x8 + x9 + x10 ≥ 5 (2) Paling banyak dua dari lokasi X5, X6, X7 dan X8 yang dapat dipilih x5 + x6 + x7 + x8 2
Solusi Pengeboran Minyak (2) (3) Memilih lokasi X3 atau lokasi X4 akan mencegah untuk memilih lokasi X5 x3 + x5 1 x4 + x5 1 – x3=1 atau x4=1, maka harus x5=0 (jika memilih lokasi X3 atau lokasi X4, lokasi X5 tidak boleh dipilih) – x5=1, maka nilai x3=0 dan x4=0 (jika memilih lokasi X5, maka lokasi X3 dan lokasi X4 tidak boleh dipilih)
Solusi Pengeboran Minyak (3) (4) Memilih kombinasi lokasi X1 dan X7 akan mencegah untuk memilih lokasi X8 x1 + x7 + x8 2 – kasus 1: tidak memilih lokasi X8
x8 = 0, maka x1 + x7 2 (dapat memilih lokasi S1, S7, atau kedua-duanya, atau tidak keduanya). x8 x1 x7 Interpretasi 0 0 0 Tidak memilih ketiga lokasi tersebut 0 0 1 Hanya memilih lokasi S7 0 1 0 Hanya memilih lokasi S1 0 1 1 Memilih lokasi S1 dan S7, tetapi lokasi S8 tidak
Solusi Pengeboran Minyak (4)
(4)Memilih kombinasi lokasi X1 dan X7 akan mencegah untuk memilih lokasi X8 x1 + x7 + x8 2 – kasus 2: Menyelidiki lokasi S8
x8 = 1, maka x1 + x7 1 (dapat memilih lokasi x1atau x7, tetapi tidak kedua-duanya) x8 1 1 1 1
x1 0 1 0 1
x7 0 0 1 1
Interpretasi Hanya memilih lokasi S8 Memilih lokasi S8 dan S1, tetapi S7 tidak Memilih lokasi S8 dan S7, tetapi S1 tidak Memilih ketiga lokasi (infeasible)
Contoh 4 : Problem “Western”
• Penerbangan western memutuskan untuk memiliki beberapa kota transit di USA • Jalur penerbangan yang dimiliki mencakup kota-kota berikut : Atlanta, Boston, Chicago, denver, Houston, Los angeles, New Orleans, New York, Pittsburgh, Salt Lake city, San Francisco, dan Seattle • Western menginginkan untuk mempunyai kota transit dalam 1000 mil dari tiap kota-kota ini • Hitunglah jumlah minimum dari kota transit
Atlanta (AT) Boston (BO) Chicago (CH) Denver (DE) Houston (HO) Los Angeles (LA) New Orleans (NO) New York (NY) Pittsburgh (PI) Salt Lake City (SL) San Francisco (SF) Seattle (SE)
Kota dalam 1000 miles AT, CH, HO, NO, NY, PI BO, NY, PI AT, CH, NY, NO, PI DE, SL AT, HO, NO LA, SL, SF AT, CH, HO, NO AT, BO, CH, NY, PI AT, BO, CH, NY, PI DE, LA, SL, SF, SE LA, SL, SF, SE SL, SF, SE
Solusi : Problem “Western” Variabel keputusan • Xi = 1 jika kota i dilokasikan sebagai kota transit • Xi = 0 jika kota i tidak dijadikan sebagai kota transit
Minimize XAT + XB0 + XCH + XDE + XHO + XLA + XNO + XNY + XPI + XSL + XSF + XSE Pembatas:
AT BO CH DE HO LA NO NY PI SL SF SE
AT BO CH DE HO LA NO NY 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
PI SL SF SE 1 0 0 0 xAT 1 0 0 0 xBO 1 0 0 0 xCH 0 1 0 0 xDE 0 0 0 0 xHO 0 1 1 0 xLA 0 0 0 0 xNO 1 0 0 0 xNY 1 0 0 0 xPI 0 1 1 1 xSL 0 1 1 1 xSF 0 1 1 1 xSE
Required >= 1 >= 1 >= 1 >= 1 >= 1 >= 1 >= 1 >= 1 >= 1 >= 1 >= 1 >= 1
Contoh 5 : Problem “Alada” • Propinsi Alada mempunyai 6 kota • Propinsi ini memiliki permasalahan pada kota mana akan dibangun stasiun pemadam kebakaran • Paling sedikit jarak stasiun pemadam kebakaran 15 menit (waktu tempuh) untuk masing – masing kota • Waktu yang dibutuhkan dari kota yang satu ke kota yang lain dilampirkan pada tabel dibawah ini. • Tentukan jumlah minimum dari pemadam kebakaran
Kota ke-
1
2
3
4
5
6
1
0
10
20
30
30
20
2
10
0
25
35
20
10
3
20
25
0
15
30
20
4
30
35
15
0
15
25
5
30
20
30
15
0
14
6
20
10
20
25
14
0
Solusi : Problem “Alada”
• Sebuah kota dapat dicover oleh stasiun pemadam kebakaran jika jarak tempuhnya sebesar 15 menit • Covering set untuk setiap kota Kota
Covering sets (15 menit)
1 2 3 4 5 6
1,2 1,2,6 3,4 3,4,5 4,5,6 2,5,6
Solusi : Problem “Alada”
Variabel keputusan : xi = 1 jika dibangun stasiun pemadam kebakaran pada kota-i xi = 0 jika kota-i tidak dibangun stasiun pemadam Fungsi tujuan : Minimum x1+x2+x3+x4+x5+x6 Fungsi pembatas:
Kota 1 2
1
3 4 5 6 1 1 0 0 0 0 x1
<= 1
2 3
1 1 0 0 0 1 x2 0 0 1 1 0 0 x3
<= 1 <= 1
4 5
0 0 1 1 1 0 x4 0 0 0 1 1 1 x5
<= 1 <= 1
6
0 1 0 0 1 1 x6
<= 1
Konsep : “Either-Or Constraints” • Ada 2 konstrain
f ( x1, x 2,..., xn) 0
f ( x1, x 2,..., xn) My
g ( x1, x 2,..., xn) 0
g ( x1, x 2,..., xn) M (1 y )
diasumsikan bahwa hanya ada satu yang memenuhi
• Kita dapat menyelesaikan permasalahan ini dengan menambahkan metode “either-or constrains” y = 0,1 • M adalah besarnya nilai yang dapat menjamin bahwa kedua konstrain dapat memenuhi nilai dari x1,x2,…,xn yang dapat memenuhi konstrain yang lain pada problem yang ada.
Konsep “If-then constraints” • Jika kita ingin memastikan bahwa, f(x1 ,x2,… ,xn)>0 sama g(x1 ,x2 ,… ,xn)≥0 • Kemudian kita tambahkan if-then konstrain f ( x , x ,..., x ) M (1 y ) y = 0,1 1
2
n
g ( x1, x 2,..., xn) My
• Disini, M adalah nilai positif yang besar, pilih yang terbesar sehingga f < M and – g < M mencakup semua nilai sehingga memenuhi konstrain lain yang ada pada permasalahan
Contoh 6 : “Either-Or Constraints” Memenuhi paling tidak satu dari pembatas berikut : (1) x + y ≤ 4 (2) 3x + 4y ≤15 (salah satu dari pembatas ke-1, atau ke-2, atau kedua-duanya) Feasibel solusinya adalah ; 1) x = 1, y = 3 (memenuhi kedua pembatas) 2) x = 0, y = 4 (memenuhi ke-1, tetapi tidak memenuhi ke-2) 3) x = 5, y = 0 (memenuhi ke-2, tetapi tidak memenuhi ke-1) 4) x = 2, y = 3 (tidak memenuhi kedua-duanya)
Solusi “Either-Or Constraints” • Definiskan variabel baru z sebagai variabel binary (biner) • Nilai M merupakan bilangan besar, konstan positif Sehingga pembatas ke-1 atau ke-2, dimodifikasi menjadi (3) x + y ≤ 4 + M z (4) 3 x + 4 y ≤ 15 + M (1 - z) (5) z bilangan biner
Solusi “Either-Or Constraints” Pembuktian: 1. Untuk mendapat solusi x = 5 dan y = 0, maka z dibuat = 1 : 5 + 0 = 5 < 4 + M, pembatas ke-3 memenuhi 15 + 0 = 15 + M (1 – 1) = 15, pembatas ke-4 memenuhi 2. Untuk mendapat solusi x = 0 dan y = 4, maka z dibuat = 0: 0 + 4 = 4 = 4 + M (0) = 4, pembatas ke-3 memenuhi 0 + (4) (4) = 16 ≤ 15 + M (1 – z) = 15 + M, pembatas ke-4 memenuhi
Solusi “Either-Or Constraints”
3.Solusi dengan nilai M dibuat = 1000 : Solusi 1a 1b 2a 2b 3a 3c 4a 4b
x 1 1 0 0 5 5 2 2
y x + y 3x + 4y 3 4 15 3 4 15 4 4 16 4 4 16 0 5 15 0 5 15 3 5 18 3 5 18
OK? Ya Ya Ya Ya Ya Ya Tidak Tidak
z 0 1 0 1 0 1 0 1
4+Mz 15 + M(1-z) Feasible 4 1015 Ya 1004 15 Ya 4 1015 Ya 1004 15 Tidak 4 1015 Tidak 1004 15 Ya 4 1015 Tidak 1004 15 Tidak
Kesimpulan: • Jika solusi yang memenuhi pembatas (1), (2), atau keduanya, dapat ditemukan nilai yang tepat untuk z sehingga pembatas (3) dan (4) juga memenuhi • Solusi yang tidak memenuhi pembatas (1) dan (2), maka pembatas (3), (4), atau keduanya juga tidak akan terpenuhi, berapapun nilai z
Contoh 7: Aplikasi “Dorian”
• Perusahaan Dorian automotif memproduksi 3 tipe model mobil yaitu ; compact (kecil), midsize (menengah), dan large (besar). • Ada 6 ton baja dan 60,000 jam kerja tersedia • Jika suatu tipe mobil diproduksi, maka mobil itu harus diproduksi paling sedikit 1,000 unit mobil • Data produksi seperti terlihat di tabel bawah Compact Midsize Large ini: Kebutuhan baja Kebutuhan jam tenaga kerja Profit
1.5 ton 30 jam $2000
3 ton 25 jam $3000
5 ton 40 jam $4000
Solusi aplikasi “Dorian”
Variabel keputusan • xi = jumlah mobil tipe ke-i yang diproduksi • yi = 1 jika mobil tipe ke-i diproduksi, dan yi=0 jika tidak Formulasi : Maks z = 2 x1 + 3 x2 + 4 x3
Subject to: x1 ≤ M y1 x2 ≤ M y2 x3 ≤ M y3 1000 – x1 ≤ M (1 – y1) 1000 – x2 ≤ M (1 – y2) 1000 – x3 ≤ M (1 – y3) 1.5 x1 + 3 x2 + 5 x3 ≤ 6000 30 x1 + 25 x2 + 40 x3 ≤ 60000 x1, x2, x3 ≥ 0 dan integer y1, y2, y3 = 0 atau 1
Metode “Percabangan dan Pembatasan” (Branch and Bound)
Metode “Branch and Bound” • Metode “Branch and Bound” adalah metode
paling populer untuk menyelesaikan problem IP • Metode ini mencari solusi optimal IP dengan perhitungan titik-titik di daerah feasibel “subproblem”. • Jika solusi optimal dari LP relaxation adalah integer, maka solusi LP relaxation tersebut juga merupakan solusi IP
Contoh • Contoh suatu permasalahan IP:
Maximize z = 8x1 + 5x2 subject to x1 + x2 ≤ 6; 9x1 + 5x2 ≤ 45; x1, x2 ≥ 0; x1, x2 integer • Permasalahan diatas dimulai dengan membagi menjadi beberapa sub-problem. Subproblem 1 adalah penyelesaian LP relaxation dari model awal. Optimal LP Solution: x1 = 3.75 dan x2= 2.25 dengan z = 41.25
Feasible Region for Telfa’s Problem • Subproblem 1 : The LP relaxation of original • Optimal LP Solution: x1 = 3.75 and x2 = 2.25 and z = 41.25 • Subproblem 2: Subproblem 1 + Constraint x1 4 • Subproblem 3: Subproblem 1 + Constraint x1 3 • Subproblem 4: Subproblem 2 + Constraint x2 2 • Subproblem 5: Subproblem 2 + Constraint x2 1
Daerah Feasible untuk Sub-problem Percabangan (Branching): Proses membagi suatu sub-problem menjadi dua atau lebih sub-problem dibawahnya Sub-problem 1 dibagi 2: • Subproblem 2: Subproblem 1+Constraint x1 4 (nilai x1 dibulatkan ke atas) • Subproblem 3: Subproblem 1+Constraint x1 3 (nilai x1 dibulatkan ke bawah)
Solusi Optimal Sub-problem 2: z = 41, x1 = 4, x2 = 9/5 = 1.8 • Solusi optimal sub-problem 2 belum menghasilkan bilangan integer, dan perlu dicabangkan lagi (konsep LIFO sub-problem 3 tidak diproses dahulu)
Feasible Region for Subproblems 4 & 5
Sub-problem 2 dibagi 2: • Subproblem 4: Subproblem 2 + Constraint x1 ³ 4 (nilai x1 dibulatkan ke atas) • Subproblem 5: Subproblem 2 + Constraint x1 £ 3 (nilai x1 dibulatkan ke bawah) Solusi Optimal Sub-problem 2: z = 41, x1 = 4, x2 = 9/5 = 1.8
The Branch and Bound Tree 1
Subproblem 1 z = 41.25 x1 = 3.75 x2 = 2.25
x1 3
x1 4
2
Subproblem 2 z = 41 x1 = 4 x2 = 1.8 x2 1
x2 2
3
Subproblem 3
Subproblem 4 Infeasible
Subproblem 5 4
Optimal solution of Subproblem 5: z = 40.05,
x1 = 4.44,
x2 = 1
Subproblem 6: Subproblem 5 + Constraint x1 5
Subproblem 5: Subproblem 5 + Constraint x1 4
Feasible Region for Subproblems 6 & 7
Optimal solution of Subproblem 7: z = 37, =1
x1 = 4,
x2
Optimal solution of Subproblem 6:
z = 40, =0
x1 = 5,
x2
The Branch and Bound Tree 1 x1 4
2
x2 2 3
Subproblem 2 z = 41 x1 = 4 x2 = 1.8
Subproblem 4 Infeasible
6
Subproblem 6 z = 40 x1 = 5 x2 = 0, LB = 37
Subproblem 1 z = 41.25 x1 = 3.75 x2 = 2.25
x1 3 Subproblem 3 z =3 x1 = 3 x2 = 1, LB = 39
x2 1 Subproblem 5 z = 40.55 x1 = 4.44 x2 = 1
7
4
Subproblem 7 z = 37 x1 = 4 x2 = 1
5
