Pengantar Integer Programming

(1)

(2)

Pengantar

(3)

Model Integer Programming

• Permasalahan integer programming (IP)

adalah suatu Program Linear (LP) yang

beberapa

atau

seluruh

variabel

yang

(4)

• Jenis-jenis permasalahan IP:

– 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

x1, x2 ≥ 0, x1 integer

– 0-1 IP problem: jika semua variabel harus bernilai 0 atau 1

(5)

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

(6)

LP Relaxation

• LP relaxation dari IP adalah LP yang diperoleh dengan menghilangkan pembatas semua bilangan integer atau pembatas

– Contoh Pure IP problem :

x1, x2 ≥ 0, x1 dan x2 integer

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

(7)

Pendekatan Sederhana Solusi IP

Pendekatan 1:

• Cari seluruh kemungkinan solusi

• Tentukan nilai fungsi tujuannya

• _{Pilih nilai maksimum (minimum)}

Pendekatan 2:

• Selesaikan LP relaxation

• _{Bulatkan pada solusi integer}

yang feasibel terdekat

x x x x x₁ x₂ 1 2 3 1 3 2 7x₁ + 4x₂= 13

(8)

1 1 2 3 4 5 6 7 8 x1 1 2 3 4 5 6 x2 1 2 3 4 5 6 7 8 x1 1 2 3 4 5 6 x2 LP Optimal x₁ = 5 7_/ 16 x₂ = 2 11_/ 16 Contoh Problem: Max 1200 x₁ + 2000 x₂ ST: 2x₁ + 6 x₂  27 x₂  2 3x₁ + x₂  19 x₁ , x₂ 0 and Integer Penyelesaian problem Integer Programming, Apakah solusi LP dibulatkan untuk mendapakan solusi IP…?

(9)

1 1 2 3 4 5 6 7 8 x1 1 2 3 4 5 6 x2 1 2 3 4 5 6 7 8 x1 1 2 3 4 5 6 x2 LP Optimal x₁ = 5 7_/ 16 x₂ = 2 11_/ 16 Pembulatan ke atas? x₁ = 6 x₂ = 3 Pembulatan? x₁= 5 x₂= 3 Pembulatan ke bawah? x₁ = 5 x₂ = 2 Max 1200 x₁ + 2000 x₂ ST: 2x₁ + 6 x₂  27 x₂  2 3x₁ + x₂  19 x₁ , x₂ 0 and Integer

Solusi Integer Programming (2)

(10)

1 1 2 3 4 5 6 7 8 x1 1 2 3 4 5 6 x2 1 2 3 4 5 6 7 8 x1 1 2 3 4 5 6 x2 IP Optimal x₁ = 4 x₂ = 3

Solusi Integer Programming (3)

Untuk MAX problem:

(11)

Permodelan

(12)

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 1 2 3 4

Modal $5000 $7000 $4000 $3000

(13)

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

(14)

Pengembangan Problem Investasi

Perusahaan Stockco mempertimbangkan batasan-batasan “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

(15)

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

(16)

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. 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 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 7 Yes Yes No 1 2 2 5 Posisi Kemampuan

(17)

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.

(18)

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.

(19)

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:

(20)

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

(21)

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.

(22)

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

(23)

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

(24)

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 x4 x5 Interpretasi

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

(25)

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.

(26)

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 + 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 (2) Paling banyak dua dari lokasi X5, X6, X7 dan X8 yang

(27)

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)

(28)

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).

0 0 0 Tidak memilih ketiga lokasi tersebut 0 0 1 Hanya memilih lokasi S7

0 1 0 Hanya memilih lokasi S1

(29)

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)

1 0 0 Hanya memilih lokasi S8

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

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

(30)

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

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

Chicago (CH) AT, CH, NY, NO, PI Denver (DE) DE, SL

Houston (HO) AT, HO, NO Los Angeles (LA) LA, SL, SF

New Orleans (NO) AT, CH, HO, NO New York (NY) AT, BO, CH, NY, PI Pittsburgh (PI) AT, BO, CH, NY, PI Salt Lake City (SL) DE, LA, SL, SF, SE San Francisco (SF) LA, SL, SF, SE Seattle (SE) SL, SF, SE

• Western menginginkan untuk mempunyai kota transit dalam 1000 mil dari tiap kota-kota ini • Hitunglah jumlah

(31)

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 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 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 SE 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 xSE >= 1

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:

(32)

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

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 • Waktu yang dibutuhkan dari kota yang satu ke kota yang lain dilampirkan pada tabel dibawah ini. • Tentukan jumlah

minimum dari pemadam

(33)

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 4 3,4,5 5 4,5,6 6 2,5,6

(34)

Solusi : Problem “Alada”

Variabel keputusan :

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

x_i = 0 jika kota-i tidak dibangun stasiun pemadam Fungsi tujuan : Minimum x₁+x₂+x₃+x₄+x₅+x₆ Fungsi pembatas: Kota _{1 2 3 4 5 6} 1 1 1 0 0 0 0 x₁ <= 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 6 0 1 0 0 1 1 x₆ <= 1

(35)

Konsep : “Either-Or Constraints”

• Ada 2 konstrain

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,…,x_n yang dapat memenuhi konstrain yang lain pada problem yang ada. 0 ) ,..., , ( 0 ) ,..., , ( 2 1 2 1   n n x x x g x x x f ) 1 ( ) ,..., , ( ) ,..., , ( 2 1 2 1 y M x x x g My x x x f n n   

(36)

Konsep “If-then constraints”

• Jika kita ingin memastikan bahwa,

f(x

₁

,x

₂

,… ,x

_n

)>0 sama g(x

₁

,x

₂

,… ,x

_n

)≥0

• Kemudian kita tambahkan if-then konstrain

y = 0,1

• 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

My x x x g y M x x x f n n     ) ,..., , ( ) 1 ( ) ,..., , ( 2 1 2 1

(37)

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)

(38)

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

(39)

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

(40)

Solusi “Either-Or Constraints”

3.Solusi dengan nilai M 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 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

(41)

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

(42)

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

ini:

Compact Midsize Large

Kebutuhan baja 1.5 ton 3 ton 5 ton

Kebutuhan jam tenaga kerja 30 jam 25 jam 40 jam

(43)

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 :

(44)

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

(45)

Metode

“Percabangan dan Pembatasan”

(Branch and Bound)

(46)

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

(47)

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. Sub-problem 1 adalah penyelesaian LP relaxation dari model awal. Optimal LP Solution:

x₁ = 3.75 dan x₂= 2.25 dengan z = 41.25

(48)

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

(49)

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)

(50)

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

(51)

The Branch and Bound Tree

Subproblem 1 z = 41.25

x₁= 3.75

x2= 2.25

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

3 Subproblem 2 z = 41 x₁= 4 x₂= 1.8 Subproblem 3 Subproblem 4 Infeasible Subproblem 5 x₁4 x₁3 x22 x21 1 2 4

(52)

Feasible Region for Subproblems 6 & 7

Optimal solution of Subproblem 7: z = 37, x₁ = 4, x₂ = 1 Optimal solution of Subproblem 6: z = 40, x₁ = 5, x₂ = 0

(53)

The Branch and Bound Tree

Subproblem 1 z = 41.25 x₁= 3.75 x₂= 2.25 Subproblem 2 z = 41 x₁= 4 x₂ = 1.8 Subproblem 3 z = 3 x₁= 3 x₂ = 1, LB = 39 Subproblem 4 Infeasible Subproblem 5 z = 40.55 x₁= 4.44 x₂ = 1 x₁  4 x₁ 3 x₂  2 x2 1 Subproblem 6 z = 40 x₁= 5 x₂= 0, LB = 37 Subproblem 7 z = 37 x₁= 4 x₂ = 1 1 2 3 4 7 6 5

(54)