Model Integer Programming

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