OR I 09 Integer Programming.pdf

Operations Research

▸ Baca selengkapnya: menentukan solusi adalah

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

Pure IP problem: jika semua variabel harus bernilai integer

Maximize z = 3x1 + 4x2 subject to 5x1 + 8x2 ≤ 24

x1, x2 ≥ 0, x1 dan x2 integer

Mixed IP problem: jika hanya beberapa variabel yang bernilai integer

Maximize z = 3x1 + 4x2 subject to 5x1 + 8x2 ≤ 24

x1, x2 ≥ 0, x1 integer

0-1 IP problem: jika semua variabel harus bernilai 0 atau 1 (Binary Integer Programming/BIP)

0-1 IP problem: jika semua variabel harus bernilai 0 atau 1 (Binary Integer Programming/BIP)

Maximize z = 3x1 + 4x2 subject to 5x1 + 8x2 ≤ 24

Integer Programming dan LP relaxation

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

setiap kombinasi membutuhan penyelesaian “normal” LP atau NLP LP relaxation dari IP adalah LP yang diperoleh dengan menghilangkan pembatas semua bilangan integer atau pembatas

Contoh Pure IP problem :

Maximize z = 3x1 + 4x2

subject to 5x1 + 8x2 ≤ 24

x1, x2 ≥ 0, x1 dan x2 integer

Contoh Pure IP problem yang telah di-longgarkan (relax):

Maximize z = 3x1 + 4x2

Pendekatan sederhana solusi IP

Pendekatan 1:

Cari seluruh kemungkinan solusi

solusi

Tentukan nilai fungsi tujuannya

Pilih nilai maksimum (minimum)

Pendekatan 2:

x₂

1 3

2

7x₁ + 4x₂= 13

Pendekatan 2:

Selesaikan LP relaxation

Bulatkan pada solusi integer yang feasibel terdekat

x x x

x

x₁

Solusi Integer Programming

Penyelesaian problem

Integer Programming, x

1

Integer Programming,

Solusi Integer Programming (2)

Pembulatan ke atas?

Solusi Integer Programming (3)

Untuk MAX problem:

nilai optimal dari IP ≤ nilai optimal dari LP relaxation

1 2 3 4 5 6 7 8

x₁

1 2 3 4 5 6 7 8

Contoh 1: Problem investasi

Perusahaan Stockco mempertimbangkan empat jenis investasi (tiap investasi hanya bisa dilakukan sekali)

Modal yang tersedia untuk investasi sebesar $ 14,000

Formulasikan model integer programming ini untuk memaksimumkan NPV dari investasi-investasi berikut:

Formulasikan model integer programming ini untuk memaksimumkan NPV dari investasi-investasi berikut:

SOLUSI:

xi = banyaknya modal yang diinvestasikan pada jenis ke-i

Pilihan Investasi 1 2 3 4

Modal $5000 $7000 $4000 $3000

NPV $16000 $22000 $12000 $8000

xi = banyaknya modal yang diinvestasikan pada jenis ke-i Maximize

z = 16 x1+ 22 x + 12 x3 + 8 x4 Subject to

Pengembangan Problem investasi

Perusahaan Stockco mempertimbangkan batasan-batasan “logis” berikut ini:

Tepat 3 investasi yang terpilih

Jika investasi ke-2 terpilih, maka investasi ke- 1 juga terpilih Jika investasi ke- 1 terpilih, maka investasi ke- 3 tidak terpilih Jika investasi ke- 1 terpilih, maka investasi ke- 3 tidak terpilih

Salah satu dari investasi ke- 3 atau ke-4 harus terpilih, tetapi tidak dapat kedua-duanya

Tambahan pembatas:

Tepat 3 investasi yang terpilih x1+ x2+ x3+ x4 =3

Jika investasi ke-2 terpilih, maka investasi ke- 1 juga terpilih x1 ≥ x2

x1 ≥ x2

Jika investasi ke- 1 terpilih, maka investasi ke- 3 tidak terpilih x1 + x3 ≤ 1

Salah satu dari investasi ke- 3 atau ke-4 harus terpilih, tetapi tidak dapat kedua-duanya

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 hendak memilih 5 dari 7 pemain yang akan diturunkan dalam pertandingan malam nanti. Data-data pemain

seperti terlihat pada tabel dibawah ini:

Pemain Guard Forward Center Ball-Handling Shooting Rebounding Total

1 Yes No No 3 1 2 6

2 No No Yes 1 2 1 4

Posisi Kemampuan

2 No No Yes 1 2 1 4

3 Yes Yes No 1 3 1 5

4 No Yes Yes 1 2 1 4

5 Yes Yes No 2 1 3 6

6 No Yes Yes 1 3 1 5

Pemilihan pemain bola basket

Pembatas yang dialami pelatih adalah sebagai berikut: Harus ada tepat lima pemain, dengan syarat:

Sedikitnya empat pemain sebagai guard. Sedikitnya empat pemain sebagai guard. Sedikitnya dua pemain sebagai forward. Sedikitnya satu pemain sebagai center.

Rata-Rata tingkat ketrampilan pemain paling sedikit 2. Salah satu dari pemain ke-2 atau pemain ke-3 harus bermain.

Jika pemain ke-3 bermain, maka pemain ke-6 tidak bisa Jika pemain ke-3 bermain, maka pemain ke-6 tidak bisa bermain.

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 z = 6 x1 + 4 x2 + 5 x3 + 4 x4 + 6 x5 + 5 x6 + 5 x7 Pembatas :

Harus ada tepat lima pemain turun ke lapangan x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = 5 Paling sedikit terdapat empat pemain guard.

x1 + x3 + x5 + x7 ≥ 4 x1 + x3 + x5 + x7 ≥ 4

Paling sedikit terdapat dua pemain forward. x3 + x4 + x5 + x6 + x7 ≥ 2

Solusi : Pemilihan pemain bola basket (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 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

Salah satu dari pemain ke-2 atau pemain ke-3 harus bermain x2 + x3 ≥ 1

Solusi : Pemilihan pemain bola basket (3)

Jika pemain ke-3 bermain, maka pemain ke-6 tidak bisa bermain

x3 + x6 ≤ 1 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

x3 = 0, x6 = 1 Feasible Kedua-duanya bermain

x3 = 1, x6 = 1 Infeasible

Solusi : Pemilihan pemain bola basket (4)

Jika pemain ke-1 bermain, maka pemain ke-4 dan ke-5 harus bermain juga

x1 ≤ x4 x1 ≤ x4 x1 ≤ x5

Jika x1 = 1, maka x4 = 1 dan x5 =1. Variabel kemungkinan yang terjadi:

x1 x4 x5 Interpretasi

1 1 1 ketiga pemain bermain (feasibel).

1 1 1 ketiga pemain bermain (feasibel).

0 0 0 ketiga pemain tidak bermain (feasibel).

0 1 0 hanya pemain 4 yang bermain (feasibel).

0 0 1 hanya pemain 5 yang bermain (feasibel).

0 1 1 pemain 4 dan 5 bermain, sedangkan pemain 1 tidak

Contoh 3 : Pengeboran Minyak

Pemilihan paling sedikit 5 lokasi dari 10 lokasi pengeboran minyak yang telah direncanakan, dengan variabel

keputusan X1, X2,…, X10 dan biaya pengeboran C1, keputusan X1, X2,…, X10 dan biaya pengeboran C1, C2,…, dan C10.

Batasan:

Paling banyak dua dari lokasi X5, X6, X7 dan X8 yang dapat dipilih

dipilih

Memilih lokasi X3 atau lokasi X4 akan mencegah untuk memilih lokasi X5.

Solusi Pengeboran Minyak (1)

Variabel Keputusan

Xi = 1, jika lokasi ke-i dilakukan pengeboran.

= 0, jika lokasi ke-i tidak dilakukan pengeboran.

Fungsi tujuan:

Min z = C1 x1 + C2 x2 + C3 x3 + C4 x4 +C5 x5 + C6 x6 + C7 x7 + C8 x8 + C9 x9 + C10 x10

Subject to

(1) Pemilihan paling sedikit 5 lokasi dari 10 lokasi pengeboran

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + x8 + x9 + x10 = 5 x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + x8 + x9 + x10 = 5

Solusi Pengeboran Minyak (2)

Memilih lokasi X3 atau lokasi X4 akan mencegah untuk memilih lokasi X5

x3 + x5 ≤ 1 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)

Solusi Pengeboran Minyak (3)

Memilih kombinasi lokasi X1 dan X7 akan mencegah untuk memilih lokasi X8

x1 + x7 + x8 ≤ 2 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 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

Solusi Pengeboran Minyak (4)

Memilih kombinasi lokasi X1 dan X7 akan mencegah untuk memilih lokasi X8

x1 + x7 + x8 ≤ 2 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 x1 x7 Interpretasi x8 x1 x7 Interpretasi

1 0 0 Hanya memilih lokasi S8

1 1 0 Memilih lokasi S8 dan S1, tetapi S7 tidak

Contoh 4: Problem “GANDHI”

Perusahaan pakaian Gandhi memproduksi 3 jenis pakaian : kemeja, celana pendek, dan celana panjang.

Mesin harus di sewa tiap minggu untuk memproduksi ketiga jenis pakaian tersebut dengan biaya sewa :

$ 200 per minggu untuk mesin pembuat kemeja $ 200 per minggu untuk mesin pembuat kemeja

$ 150 per minggu untuk mesin pembuat celana pendek $ 100 per minggu untuk mesin pembuat celana panjang

Terdapat 150 jam waktu pekerja dan 160 m² bahan pakaian (kain) yang tersedia per minggunya, dengan data produksi sebagai berikut:

Jam kerja yang dibutuhkan

Formulasikan permasalahan diatas untuk memaksimumkan keuntungan per minggunya!

celana pendek 2 3 $8 $4

Solusi Problem Gandhi

Variabel keputusan:

xi = jumlah pakaian jenis ke-i yang diproduksi per minggunya yi = 1 jika pakaian jenis ke-i diproduksi, dan 0 jika tidak

Formulasi:

Max z = 6x1 + 4x2 + 7x3 – 200 y1 - 150 y2 - 100y3

subject to

3x1 + 2x2 + 6x3 <= 150 4x1 + 3x2 + 4x3 <= 160 x1 <= M y1

x1 <= M y1 x2 <= M y2, x3 <= M y3

Contoh 5 : Problem “Western”

Penerbangan western memutuskan untuk memiliki beberapa kota transit di USA

Jalur penerbangan yang dimiliki mencakup kota-kota 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

dalam 1000 mil dari tiap kota-kota ini

Contoh 5 : Problem “Western”

Kota dalam 1000 miles (AT) AT, CH, HO, NO, NY, PI

(BO) BO, NY, PI

(CH) AT, CH, NY, NO, PI (CH) AT, CH, NY, NO, PI

(DE) DE, SL

Houston (HO) AT, HO, NO

(LA) LA, SL, SF

(NO) AT, CH, HO, NO

(NY) AT, BO, CH, NY, PI (PI) AT, BO, CH, NY, PI (SL) DE, LA, SL, SF, SE (SL) DE, LA, SL, SF, SE

(SF) LA, 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 Xi = 0 jika kota i tidak dijadikan sebagai kota transit

Minimize Z = XAT + XB0 + XCH + XDE + XHO + XLA + XNO + XNY + XPI + XSL + XSF + XSE

Solusi : Problem “Western”

AT BO CH DE HO LA NO NY PI SL SF SE Required

AT 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 0 0 xAT >= 1

BO 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 xBO >= 1

BO 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 xBO >= 1

CH 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 xCH >= 1

DE 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 xDE >= 1

HO 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 xHO >= 1

LA 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 xLA >= 1

NO 1 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 xNO >= 1

NY 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 xNY >= 1

PI 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 xPI >= 1

PI 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 xPI >= 1

SL 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 xSL >= 1

SF 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 xSF >= 1

Contoh 6 : Problem “Alada”

Propinsi Alada mempunyai 6 kota

Propinsi ini memiliki permasalahan pada kota mana akan dibangun stasiun pemadam kebakaran

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.

Contoh 6 : Problem “Alada”

Kota ke- 1 2 3 4 5 6

1 0 10 20 30 30 20

2 10 0 25 35 20 10

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

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 1,2

2 1,2,6

3 3,4

Covering set untuk setiap kota

3 3,4

4 3,4,5

5 4,5,6

Solusi : Problem “Alada”

Variabel keputusan:

xi = 1 jika dibangun stasiun pemadam kebakaran pada kota-i

kota-i

= 0 jika kota-i tidak dibangun stasiun pemadam

Fungsi tujuan :

Minimum Z = x1+x2+x3+x4+x5+x6

Solusi : Problem “Alada”

Kota _{1 2 3 4 5 6}

1 1 1 0 0 0 0 x₁ <= 1

2 1 1 0 0 0 1 x <= 1

2 1 1 0 0 0 1 x₂ <= 1

3 0 0 1 1 0 0 x₃ <= 1

4 0 0 1 1 1 0 x₄ <= 1

5 0 0 0 1 1 1 x₅ <= 1

Konsep : “Either-Or Constraints”

Ada 2 konstrain

0

diasumsikan bahwa hanya ada satu yang memenuhi

Kita dapat menyelesaikan permasalahan ini dengan menambahkan metode “either-or constrains”

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

y = 0,1

Contoh 7 : “Either-Or Constraints”

Memenuhi paling tidak satu dari pembatas berikut : (1) x + y ≤ 4

(2) 3x + 4y ≤15 (2) 3x + 4y ≤15

(salah satu dari pembatas ke-1, atau ke-2, atau kedua-duanya)

Feasibel solusinya adalah ;

x = 1, y = 3 (memenuhi kedua pembatas) x = 1, y = 3 (memenuhi kedua pembatas)

Solusi “Either-Or Constraints”

Definisikan 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 + x ≤ 4 + M z

(4) 3 x + 4 y ≤ 15 + M (1 - z) (5) z bilangan biner

Pembuktian:

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 15 + 0 = 15 + M (1 – 1) = 15, pembatas ke-4 memenuhi

Untuk mendapat solusi x = 0 dan y = 4, maka z dibuat = 0: 0 + 4 = 4 = 4 + M (0) = 4, pembatas ke-3 memenuhi

Solusi “Either-Or Constraints”

Solusi dengan nilai z dibuat = 1000 :

Solusi x y x + y 3x + 4y OK? z 4+Mz 15 + M(1-z) Feasible

1a 1 3 4 15 Ya 0 4 1015 Ya

Kesimpulan:

1b 1 3 4 15 Ya 1 1004 15 Ya

2a 0 4 4 16 Ya 0 4 1015 Ya

2b 0 4 4 16 Ya 1 1004 15 Tidak

3a 5 0 5 15 Ya 0 4 1015 Tidak

3c 5 0 5 15 Ya 1 1004 15 Ya

4a 2 3 5 18 Tidak 0 4 1015 Tidak

4b 2 3 5 18 Tidak 1 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

Contoh 8: 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 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 ini:

Compact Midsize Large

Kebutuhan baja 1.5 ton 3 ton 5 ton

Kebutuhan jam tenaga kerja 30 jam 25 jam 40 jam

Formulasikan permasalahan perencanaan produksi tersebut untuk memaksimumkan profit.

Kebutuhan jam tenaga kerja 30 jam 25 jam 40 jam

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) 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

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 “sub-problem”.

Jika solusi optimal dari LP relaxation adalah integer, maka solusi LP relaxation tersebut juga merupakan solusi IP

Branch-and-Bound Algorithm

Branch and bound algorithms are the most popular methods for solving integer programming problems

Branching: among the remaining sub-problems, select the Branching: among the remaining sub-problems, select the one that was created most recently.

Branch-and-Bound Algorithm

Sub-problems are generated by branching on an appropriately chosen fractional-valued variable . Suppose that in a given problem (call it all Suppose that in a given problem (call it all sub-problem), assumes a fractional value between the integers i and i+1. Then the two newly generated subproblems are:

New Subproblem 1 New Subproblem 1

Old subproblem + Constraint Xi <= i New Subproblem 2

Bounds

The optimal solution to an LP relaxation of an ILP problem gives us a bound on the optimal objective function value.

function value.

For maximization problems, the optimal relaxed objective function values is an upper bound on the optimal integer value.

Contoh 1

Contoh suatu permasalahan IP: Maximize z = 8x1 + 5x2 subject to

subject to

x1 + x2 <= 6; 9x1 + 5x2 <= 45;

x1, x2 >= 0; x1, x2 integer Permasalahan diatas dimulai dengan

membagi menjadi beberapa sub-problem. Sub-problem 1 adalah

penyelesaian LP relaxation dari model awal.

awal.

Optimal LP Solution:

Feasible Region for the Problem

Subproblem 1: The LP relaxation of

original

Optimal LP Solution: 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 2 + Constraint x2 >= 2 Subproblem 5:

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 z = 41, x1 = 4, x2 = 9/5 = 1.8

Feasible Region for Subproblems 4 & 5

Sub-problem 2 dibagi 2:

Subproblem 4: Subproblem 2 + Constraint x1 >= 2

(nilai x2 dibulatkan ke atas) (nilai x2 dibulatkan ke atas)

Subproblem 5: Subproblem 2 + Constraint x1 <= 1

(nilai x2 dibulatkan ke bawah)

Solusi Optimal Sub-problem 5: z = 40.05, x1 = 4.44, x2 = 1

Solusi optimal sub-problem 5 belum menghasilkan bilangan integer, dan perlu

The Branch and Bound Tree

Optimal solution of Subproblem 5: 3

Optimal solution of Subproblem 5: z = 40.05, x1 = 4.44, x2 = 1

Feasible Region for Subproblems 6 & 7

Optimal solution of Subproblem 7:

z = 37, x1 = 4, x2 = 1

Optimal solution of Optimal solution of Subproblem 6:

Contoh 2

MAX: 2X1 + 3X2

Solution to LP Relaxation

3 X₂

Feasible Integer Solutions

1

2 _{Optimal Relaxed Solution}

X₁ = 2.769

X₂ = 1.826

Obj = 11.019

The Branch-And-Bound Algorithm

Problem I Problem II

Solution to LP Relaxation

3 X₂

Problem I

X

₁

=2, X

₂

=2.083, Obj = 10.25

1 2

Problem II

Branching

X₁=2.769

Original Problem

X₂=1.826 Obj = 11.019

X₁=2 X₂=2.083 Obj = 10.25

X₁=3 X₂=1.25 Obj = 9.75

Problem II

Problem I

X₁>=3 X₁<=2

Branching

X₁=2.769

Original Problem

X₂=1.826 Obj = 11.019

X₁=2

X₂=2.083

Obj = 10.25

X₁=3 X₂=1.25 Obj = 9.75

Problem II

Problem I

X₁>=3 X₁<=2

X2=2.083

The Branch-And-Bound Algorithm

Problem III Problem IV

MAX: 2X1 + 3X2 MAX: 2X1 + 3X2

MAX: 2X1 + 3X2 S.T.

X1 + 3X2 <= 8.25 2.5X1 + X2 <= 8.75 X1 <= 2

X2 <= 2

MAX: 2X1 + 3X2 S.T.

X1 + 3X2 <= 8.25 2.5X1 + X2 <= 8.75 X1 <= 3

X2 >= 3 X2 <= 2

X1, X2 >= 0 and integer

X2 >= 3

Solution to LP Relaxation

3 X₂

Problem III

X =2, X =2, Obj = 10

1

2 Problem II

X₁=2, X₂=2, Obj = 10

X₁=3, X₂=1.25, Obj = 9.75

Branching