Pengantar 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 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 Maximize z = 3x1 + 4x2 subject to 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 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 subject to 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: Selesaikan LP relaxation Bulatkan pada solusi integer yang feasibel terdekat x 2 3 2 1 x 7x 1 + 4x 2 = 13 x x x 1 2 3 x 1

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

Solusi Integer Programming (2) LP relaxation, kemudian dibulatkan? Max 1200 x 1 + 2000 x 2 ST: 2x 1 + 6 x 2 27 x 2 2 3x 1 + x 2 19 x 1, x 2 0 and Integer x 2 6 5 4 3 2 1 Pembulatan? x 1 = 5 x 2 = 3 Pembulatan ke atas? x 1 = 6 x 2 = 3 1 2 3 4 5 6 7 8 Pembulatan ke bawah? x 1 = 5 x 2 = 2 x 1 1 LP Optimal x 1 = 5 7 / 16 x 2 = 2 11 / 16

Solusi Integer Programming (3) x 2 6 5 IP Optimal x 1 = 4 x 2 = 3 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7 8 x 1 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 1 2 3 4 Modal $5000 $7000 $4000 $3000 NPV $16000 $22000 $12000 $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: Posisi Kemampuan 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

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 Pembatas : basket (1) (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 x2 = 0 & x3 = 1 x2 = 1 & x3 = 1 x2 = 0 & x3 = 0 Feasible Feasible Feasible 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 Kedua-duanya bermain x3 = 1, x6 = 1 Feasible 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 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 (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 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 C8

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 x1 x7 Interpretasi 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 1 1 1 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 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

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 1,2 2 1,2,6 3 3,4 4 3,4,5 5 4,5,6 6 2,5,6

Variabel keputusan : Solusi : Problem Alada x i = 1 jika dibangun stasiun pemadam kebakaran pada kota-i x i = 0 jika kota-i tidak dibangun stasiun pemadam Fungsi tujuan : Minimum x 1 +x 2 +x 3 +x 4 +x 5 +x 6 Fungsi pembatas: Kota 1 2 3 4 5 6 1 1 1 0 0 0 0 x 1 <= 1 2 1 1 0 0 0 1 x 2 <= 1 3 0 0 1 1 0 0 x 3 <= 1 4 0 0 1 1 1 0 x 4 <= 1 5 0 0 0 1 1 1 x 5 <= 1 6 0 1 0 0 1 1 x 6 <= 1

Konsep : Either-Or Constraints Ada 2 konstrain f ( x 1, x 2,..., x n ) 0 f ( x 1, x 2,..., x n ) My g( x 1, x 2,..., x n ) 0 g( x 1, x 2,..., x n ) 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 x 1,x2,,x n yang dapat memenuhi konstrain yang lain pada problem yang ada.

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 f ( x1, x g( x1, x,..., x,..., x 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 2 2 n ) M (1 n ) My y)

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 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

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 ini: Compact Midsize Large Kebutuhan baja 1.5 ton 3 ton 5 ton Kebutuhan jam tenaga kerja 30 jam 25 jam 40 jam Profit $2000 $3000 $4000

Variabel keputusan Solusi aplikasi Dorian 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 = 8x 1 + 5x 2 subject to x 1 + x 2 6; 9x 1 + 5x 2 45; x 1, x 2 0; x 1, x 2 integer Permasalahan diatas dimulai dengan membagi menjadi beberapa sub-problem. Subproblem 1 adalah penyelesaian LP relaxation dari model awal. Optimal LP Solution: x 1 = 3.75 dan x 2 = 2.25 dengan z = 41.25

Feasible Region for Telfa s Problem Subproblem 1 : The LP relaxation of original Optimal LP Solution: x 1 = 3.75 and x 2 = 2.25 and z = 41.25 Subproblem 2: Subproblem 1 + Constraint x 1 4 Subproblem 3: Subproblem 1 + Constraint x 1 3 Subproblem 4: Subproblem 2 + Constraint x 2 2 Subproblem 5: Subproblem 2 + Constraint x 2 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 x 1 4 (nilai x 1 dibulatkan ke atas) Subproblem 3: Subproblem 1+Constraint x 1 3 (nilai x 1 dibulatkan ke bawah) Solusi Optimal Sub-problem 2: z = 41, x 1 = 4, x 2 = 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 Subproblem 1 z = 41.25 1 x 1 = 3.75 x 2 = 2.25 x 1 4 x 1 3 2 Subproblem 2 z = 41 x 1 = 4 x 2 = 1.8 x 2 2 x 2 1 Subproblem 3 3 Subproblem 4 Infeasible Subproblem 5 4 Optimal solution of Subproblem 5: z = 40.05, x 1 = 4.44, x 2 = 1 Subproblem 6: Subproblem 5 + Constraint x 1 5 Subproblem 5: Subproblem 5 + Constraint x 1 4

Feasible Region for Subproblems 6 & 7 Optimal solution of Subproblem 7: z = 37, x 1 = 4, x 2 = 1 Optimal solution of Subproblem 6: z = 40, x 1 = 5, x 2 = 0

The Branch and Bound Tree Subproblem 1 1 z = 41.25 x 1 4 x 1 = 3.75 x 2 = 2.25 x 1 3 Subproblem 2 z = 41 2 x 1 = 4 x 2 = 1.8 x 2 2 x 2 1 3 Subproblem 4 Infeasible Subproblem 5 z = 40.55 x 1 = 4.44 x 2 = 1 4 Subproblem 3 z = 3 x 1 = 3 x 2 = 1, LB = 39 7 Subproblem 6 Subproblem 7 6 z = 40 z = 37 5 x 1 = 5 x 1 = 4 x 2 = 0, LB = 37 x 2 = 1