Transcript Linear programming

Chapter 2
Linear Programming
1
2.1 Introduction to Linear
Programming
• A Linear Programming model seeks to maximize
or minimize a linear function, subject to a set of
linear constraints.
• The linear model consists of the following
components:
– A set of decision variables.
– An objective function.
– A set of constraints.
2
• The Importance of Linear Programming
– Many problems lend themselves to linear
programming formulations.
– Many problems can be approximated by linear models.
– The output generated by linear programs provides
useful “what-if” information.
3
2.2 THE GALAXY INDUSTRY PRODUCTION
PROBLEM - A Prototype Example
• Galaxy manufactures two toy models:
– Space Ray.
– Zapper.
• Resources are limited to
– 1000 pounds of special plastic.
– 40 hours of production time per week.
4
• Marketing requirement
– Total production cannot exceed 700 dozens.
– Number of dozens of Space Rays cannot exceed
number of dozens of Zappers by more than 350.
• Technological input
– Space Rays requires 2 pounds of plastic and
3 minutes of labor per dozen.
– Zappers requires 1 pound of plastic and
4 minutes of labor per dozen.
5
• Current production plan calls for:
– Producing as much as possible of the more profitable
product, Space Ray ($8 profit per dozen).
– Use resources left over to produce Zappers ($5 profit
per dozen).
• The current production plan consists of:
Space Rays = 450 dozens
Zapper
= 100 dozens
Profit
= 4100 dollars per week
6
Management is seeking a
production schedule that
will increase the company’s
profit.
7
A Linear Programming Model
can provide an intelligent
solution to this problem
8
SOLUTION
• Decisions variables:
– X1 = Production level of Space Rays (in dozens per week).
– X2 = Production level of Zappers (in dozens per week).
• Objective Function:
– Weekly profit, to be maximized
9
The Linear Programming Model
Max 8X1 + 5X2
(Weekly profit)
subject to
2X1 + 1X2 < = 1000
3X1 + 4X2 < = 2400
X1 + X2 < = 700
X1 - X2 < = 350
Xj> = 0, j = 1,2
(Plastic)
(Production Time)
(Total production)
(Mix)
(Nonnegativity)
10
Linear Programming Assumptions
• The decision variable are continuous
• The parameters are know with certainly
• The objective function and constraints
exhibit constant return to scale
• There are no interactions between the
decision variables
11
The Set of Feasible Solutions
for Linear Programs
The set of all points that satisfy all the
constraints of the model is called
a
FEASIBLE REGION
12
Using a graphical presentation
we can represent all the constraints,
the objective function, and the three
types of feasible points.
13
2.3 Graphical Analysis – the Feasible
Region
X2
The non-negativity constraints
X1
14
Graphical Analysis – the Feasible
Region
X2
The Plastic constraint
2X1+X2  1000
1000
Total production constraint:
X1+X2  700 (redundant)
700
500
Infeasible
Production
Time
3X1+4X2  2400
Feasible
500
700
X1
15
Graphical Analysis – the Feasible
Region
X2
1000
The Plastic constraint
2X1+X2 1000
Total production constraint:
X1+X2 700 (redundant)
700
500
Production
Time
3X1+4X22400
Infeasible
Production mix
constraint:
X1-X2  350
Feasible
500
700
X1
Interior points. Boundary points. Extreme points.
• There are three types of feasible points
16
Solving Graphically for an
Optimal Solution
17
Summary of the optimal solution
Space Rays = 320 dozen
Zappers
= 360 dozen
Profit = $4360
– This solution utilizes all the plastic and all the production hours.
– Total production is only 680 (not 700).
– Space Rays production exceeds Zappers production by only 40
dozens.
18
Extreme points and optimal solutions
– If a linear programming problem has an optimal
solution, an extreme point is optimal.
19
Multiple optimal solutions
• For multiple optimal solutions to exist, the objective
function must be parallel to one of the constraints
•Any weighted average of
optimal solutions is also an
optimal solution.
20
2.4 The Role of Sensitivity
Analysis of the Optimal Solution
• Is the optimal solution sensitive to changes
in input parameters?
• Possible reasons for asking this question:
– Parameter values used were only best estimates.
– Dynamic environment may cause changes.
– “What-if” analysis may provide economical and
operational information.
21
Sensitivity Analysis of
Objective Function Coefficients.
•
Range of Optimality
– The optimal solution will remain unchanged as long as
• An objective function coefficient lies within its range of
optimality
• There are no changes in any other input parameters.
– The value of the objective function will change if the
coefficient multiplies a variable whose value is nonzero.
22
Sensitivity Analysis of
Objective Function Coefficients.
1000
X2
500
X1
23
500
800
Sensitivity Analysis of
Objective
Function Coefficients.
X
1000
2
Range of optimality: [3.75, 10]
500
400
600
800
X1
24
• Reduced cost
Assuming there are no other changes to the input parameters,
the reduced cost for a variable Xj that has a value of “0” at the
optimal solution is:
– The negative of the objective coefficient increase of the variable
Xj (-DCj) necessary for the variable to be positive in the optimal
solution
– Alternatively, it is the change in the objective value per unit
increase of Xj.
• Complementary slackness
At the optimal solution, either the value of a variable is zero, or
its reduced cost is 0.
25
Sensitivity Analysis of
Right-Hand Side Values
• In sensitivity analysis of right-hand sides of
constraints we are interested in the following
questions:
– Keeping all other factors the same, how much would the
optimal value of the objective function (for example, the profit)
change if the right-hand side of a constraint changed by one
unit?
– For how many additional or fewer units will this per unit
change be valid?
26
Sensitivity Analysis of
Right-Hand Side Values
• Any change to the right hand side of a
binding constraint will change the optimal
solution.
• Any change to the right-hand side of a nonbinding constraint that is less than its slack
or surplus, will cause no change in the
optimal solution.
27
Shadow Prices
• Assuming there are no other changes to the
input parameters, the change to the objective
function value per unit increase to a right
hand side of a constraint is called the
“Shadow Price”
28
The Plastic
constraint
1000
Shadow Price – graphical
demonstration
X2
When more plastic becomes available (the
plastic constraint is relaxed), the right hand
side of the plastic constraint increases.
Maximum profit = $4360
500
Maximum profit = $4363.4
Shadow price =
4363.40 – 4360.00 = 3.40
Production time
constraint
X1
500
29
Range of Feasibility
• Assuming there are no other changes to the
input parameters, the range of feasibility is
– The range of values for a right hand side of a constraint, in
which the shadow prices for the constraints remain
unchanged.
– In the range of feasibility the objective function value changes
as follows:
Change in objective value =
[Shadow price][Change in the right hand side value]
30
The Plastic
constraint
1000
Production mix
constraint
X1 + X2 700
Range of Feasibility
X2
Increasing the amount of
plastic is only effective until a
new constraint becomes active.
A new active
constraint
500
This is an infeasible solution
Production time
constraint
X1
500
31
The Plastic
constraint
1000
Range of Feasibility
X2
Note how the profit increases
as the amount of plastic
increases.
500
Production time
constraint
X1
500
32
Range of Feasibility
X2
Infeasible
solution
1000
Less plastic becomes available (the
plastic constraint is more restrictive).
The profit decreases
500
A new active
constraint
X1
500
33
The correct interpretation of shadow prices
– Sunk costs: The shadow price is the value of an
extra unit of the resource, since the cost of the
resource is not included in the calculation of the
objective function coefficient.
– Included costs: The shadow price is the premium
value above the existing unit value for the resource,
since the cost of the resource is included in the
calculation of the objective function coefficient.
34
Other Post - Optimality Changes
• Addition of a constraint.
• Deletion of a constraint.
• Addition of a variable.
• Deletion of a variable.
• Changes in the left - hand side coefficients.
35
2.7 Models Without Unique Optimal
Solutions
• Infeasibility: Occurs when a model has no feasible
point.
• Unboundness: Occurs when the objective can become
infinitely large (max), or infinitely small (min).
• Alternate solution: Occurs when more than one point
optimizes the objective function
36
Infeasible Model
No point, simultaneously,
lies both above line 1 and
below lines 2 and 3
.
2
3
1
37
Unbounded solution

38
2.8 Cost Minimization Diet
Problem
• Mix two sea ration products: Texfoods, Calration.
• Minimize the total cost of the mix.
• Meet the minimum requirements of Vitamin A,
Vitamin D, and Iron.
39
Cost Minimization Diet Problem
• Decision variables
– X1 (X2) -- The number of two-ounce portions of
Texfoods (Calration) product used in a serving.
• The Model
Minimize 0.60X1 + 0.50X2
Cost per 2 oz.
Subject to
20X1 + 50X2  100 Vitamin A
25X1 + 25X2  100 Vitamin D
% Vitamin A
provided per 2 oz.
50X1 + 10X2  100 Iron
% required
X1, X2  0
40
The Diet Problem - Graphical solution
10
The Iron constraint
Feasible Region
Vitamin “D” constraint
Vitamin “A” constraint
2
4
5
41
Cost Minimization Diet Problem
• Summary of the optimal solution
– Texfood product = 1.5 portions (= 3 ounces)
Calration product = 2.5 portions (= 5 ounces)
– Cost =$ 2.15 per serving.
– The minimum requirement for Vitamin D and iron are met with
no surplus.
– The mixture provides 155% of the requirement for Vitamin A.
42
Computer Solution of Linear Programs
With Any Number of Decision Variables
• Linear programming software packages
solve large linear models.
• Most of the software packages use the
algebraic technique called the Simplex
algorithm.
• The input to any package includes:
– The objective function criterion (Max or Min).
– The type of each constraint: , , .
– The actual coefficients for the problem.
43
Cas de trois variables de décision
Pour fixer les idées, considérons une petite entreprise qui
• fabrique 3 produits :
M1
M2
M3
• dispose de 3 ateliers :
F : Atelier de fraisage
T : Atelier de tournage
A : atelier d'assemblage
44
Temps de fabrication en heures par pièce :
M1
Ateliers
F
T
A
1
1
2
M2
(heures)
1
3
1
M3
4
2
2
45
• Le marché est actuellement en état d'absorber toute la
production de l'entreprise
•
La contribution au bénéfice de l'entreprise peut être
évaluée à :
20 francs pour la pièce M1
30 francs pour la pièce M2
50 francs pour la pièce M3
• Chaque atelier peut fonctionner 200 heures par mois.
Quel est alors le le meilleur programme de fabrication à
mettre en oeuvre?
46
Variables de décision :
X1 :nombre de pièces de type M1
X2 : nombre de pièces de type M2
X3 : nombre de pièces de type M3
Formalisation du problème :
Max 20 X1 + 30 X2 + 50 X3
sous contrainte que :
X1 + X2 + 4 X3 <= 200
X1 + 3 X2 + 2 X3 <= 200
2 X1 + X2 + 2 X3 <= 200
X1, X2, X3 >=0
47
Introduisons des variables d'écart
Soit X4, X5 et X6 :
X1 + X2 + 4 X3 + X4 = 200
X1 + 3 X2 + 2 X3 + X5 = 200
2 X1 + X2 + 2 X3 + X6 = 200
Signification économique de ces variables d’écart :
• Il s'agit de la capacité disponible et non utilisée dans
chacun des ateliers de l'entreprise.
48
Méthode de résolution
• Imaginons des valeurs quelconques de X1, X2 et X3 qui
soient compatibles avec les capacités de production des
trois ateliers.
• Ces valeurs constitueront ce qui sera appelé une solution
de base.
• Une solution de base est composée d'un ensemble de
variables de décision non nulles dont le nombre est égal au
nombre de contraintes.
• Nous chercherons alors à améliorer celle-ci, par étapes
successives, en augmentant l'une ou l'autre variable de
décision et ce , jusqu'à ce que plus aucune modification
bénéfique ne soit envisageable.
49
a. Solution de base de départ
• La solution de base la plus simple est :
X1 = 0
X2 = 0
X3 = 0
• Elle n'a bien sûr aucun intérêt pratique, puisqu'elle
correspond à un arrêt complet de l'entreprise et à un
bénéfice nul.
• Les variables d'écart, qui correpondent aux capacités
disponibles non utilisées pour les différents ateliers, sont
égales à :
X4 = 200
X5 = 200
X6 = 200
50
b. Première recherche d'une meilleure solution .
• Parmi les produits M1, M2 et M3, c'est ce dernier qui
apporte la plus grande contribution au bénéfice.
• Nous allons donc mettre en fabrication la plus grande
quantité possible de ce produit.
• Cependant nous sommes limités par les possibilités de
chacun des ateliers.
• Ces limites sont :
Atelier de fraisage :
200/4 = 50
Atelier de tournage :
200/2 = 100
Atelier d'assemblage : 200/2 = 100
51
• Il faut évidemment se contenter du plus petit de ces
chiffres, ce qui correspond à la saturation de l'atelier de
fraisage.
• Il est alors facile de calculer le temps qui reste disponible
dans les deux autres ateliers, d'où l'ensemble des valeurs
suivantes :
X1 = 0
X4 = 0
X2 = 0
X5 = 100
X3 = 50
X6 = 100
• La fonction objectif correpondant a pour valeur :
50 . 50 = 2500 Francs
52
c. Deuxième recherche.
•
L'étape précédente nous ayant conduit à une saturation de
l'entreprise pour la fabrication des pièces M3, posons-nous la
question suivante :
Quelle influence aurait, sur le bénéfice, l'introduction dans le
programme de production d'une seule pièce M1 ou M2?
•
Introduire une pièce M1 ne peut se faire qu'en réduisant la
production des pièces M3 car l'atelier F est saturé.
•
Comme cet atelier doit travailler 4 heures sur une pièce M3 ou une
heure sur une pièce M1, il faut donc réduire la production de M3
de 1/4 d'unité par pièce M1 introduite.
53
c. Deuxième recherche.
•
La modification du bénéfice est la suivante :
+
20,0 F par l'introduction de une unité de M1
-50/4=
12,5 F par la réduction consécutive sur M3
---------7,5 F au total
+
54
En ce qui concerne M2 :
•
Comme l’atelier F doit travailler 4 heures sur une pièce M3 ou une
heure sur une pièce M2, il faut donc réduire la production de M3
de 1/4 d'unité par pièce M2 introduite.
•
La modification du bénéfice est la suivante :
+
30,0 F
par l'introduction de une unité de
-50/4=
12,5 Fpar la réduction consécutive sur M3
---------17,5 F
au total
M2
+
•
Par conséquent, des deux solutions ci-dessus, c'est la seconde
qui est la plus intéressante.
•
Nous allons donc introduire dans le programme de fabrication le
55
plus possible de pièces M2.
Envisageons le cas de chacun des ateliers :
•
Atelier de fraisage
– Introduire une unité de M2 nécessite la réduction de 1/4
d'unité sur M3.
– Comme le programme précédent comprend 50 pièces
M3, l'introduction de 200 pièces M2 constitue une limite
supérieure pour cet atelier.
56
• Atelier de tournage
• A chaque introduction d'une unité de M2 correpond une
modification de l'occupation de l'atelier qui se décompose
comme suit :
+
3,0
heures pour l'unité supplémentaire M2
2/4
consécutive
d'heure par suite de la réduction
sur la fabrication de M3
-----------------------heures au total
+
2,5
• Comme la disponibilité de cet atelier est de X5 = 100, la
quantité de M2 pouvant y être introduite est limitée à :
100 / 2,5 = 40 pièces
57
• Atelier d'assemblage
• Par un raisonnement analogue, on trouve que l'occupation
de cet atelier devient :
+
1,0
2/4
consécutive
de M3
+
0,5
heure pour l'unité supplémentaire M2
d'heure par suite de la réduction
sur la fabrication
-----------------------heure au total
• Comme la disponibilité de cet atelier est de X6 = 100, la
quantité de M2 pouvant y être introduite est limitée à :
100 / 0,5 = 200 pièces
58
• C'est donc l'atelier de tournage qui nous limite.
•
Dès lors X2 = 40 et l'on en déduit que la production de M3
est réduite à :
X3 = 40.
• Les ateliers de fraisage et de tournage sont saturés :
X4 = 0
X5 = 0
• Quant à l'atelier d'assemblage, il lui reste un temps
disponible qui est :
X6 = 200 - 40 x 1 - 40 x 259
= 80
En résumé, le troisième programme est :
X1 = 0
X4 = 0
X2 = 40
X5 = 0
X3 = 40
X6 = 80
La fonction objectif prend alors la valeur :
30 x 40 + 50 x 40 = 3200 francs
60
d. Troisième recherche.
•
Qu'entraînerait l'introduction de une unité de M1?
•
Il faut donc consentir une réduction sur la production des pièces
M2 et M3.
Soit a et b ces réductions.
•
Celles-ci vont libérer :
(a+4b) heures dans l'atelier de fraisage,
(3a+2b) heures dans l'atelier de tournage.
•
Mais comme la fabrication d'une pièce M1 nécessite 1 heure dans
chacun de ces ateliers, il faudra que les réductions
correspondantes vérifient :
a + 4b = 1
3a + 2b = 1
et donc :
a = 1/5
b = 1/5
61
Au point de vue du bénéfice, les conséquences de une
unité de M1 sont les suivantes :
+
20,0 F par l'introduction de une unité de M1
-30/5= -6,0 F par la réduction consécutive de 1/5 de
M2
-50/5= -10,0 F par la réduction consécutive de 1/5 de
M3
--------------------+4,0 F au total
L'opération est donc intéressante.
Reste à voir combien de fois elle peut être réalisée.
62
• Etudions à nouveau le cas de chaque atelier :
• Atelier de fraisage
L'introduction de 1 unité de M1 entraîne une réduction de
1/5 d'unité sur M2 et sur M3.
Comme ceux-ci sont en nombres identiques et égaux à 40,
c'est au
maximum 200 pièces M1 qui peuvent être
mises en fabrication.
• Atelier de tournage
Par un raisonnement analogue, on trouve la même limite,
soit 200 pièces M1.
63
• Atelier d'assemblage
•
On y dispose de 80 heures.
•
L'introduction d'une unité de M1 entraîne au point de vue
occupation de
l'atelier les modifications suivantes :
+ 2,0
heures par suite de l'introduction d'une
- 1/5
d'heure par suite de la réduction
- 2/5
de 1/5 de M2
d'heure par suite de la réduction
unité M1
consécutive
consécutive
de 1/5 de M3
------------------------------+ 1,4
heures au total
•
Il est donc possible d'introduire dans cet atelier au plus :
64
• Il en résulte une réduction de :
57/5 = 11,4
sur les productions précédemment retenues de M2 et M3.
• La nouvelle solution est donc :
X1 = 57
X4 = 0
X2 = 28.6
X5 = 0
X3 = 28.6
X6 = 0
• La valeur de la fonction objectif est
alors :
20 x 57 + 30 x 28,6 + 50 x 28,6 = 3428 francs
65
66
• The typical output generated from linear
programming software includes:
– The optimal values of the objective function.
– The optimal values of decision variables.
– Reduced cost for objective function coefficients.
– Ranges of optimality for objective function coefficients.
– The amount of slack or surplus on each constraint.
– Shadow (or dual) prices for the constraints.
– Ranges of feasibility for right-hand side values.
67
Variable
and
constraint
name can
be
changed
here
WINQSB Input Data for the
Galaxy Industries Problem
Variables are
restricted to >= 0
Click to solve
No upper bound
68
69
Using Excel Solver –Answer
Report
Microsoft Excel 9.0 Answer Report
Worksheet: [Galaxy.xls]Galaxy
Report Created: 11/12/2001 8:02:06 PM
Target Cell (Max)
Cell
Name
$D$6 Profit Total
Original Value
4360
Final Value
4360
Adjustable Cells
Cell
Name
Original Value
$B$4 Dozens Space Rays
320
$C$4 Dozens Zappers
360
Final Value
320
360
Constraints
Cell
Name
$D$7 Plastic Total
$D$8 Prod. Time Total
$D$9 Total Total
$D$10 Mix Total
Cell Value
1000
2400
680
-40
Formula
$D$7<=$F$7
$D$8<=$F$8
$D$9<=$F$9
$D$10<=$F$10
Status
Slack
Binding
0
Binding
0
Not Binding
20
Not Binding
390
70
Using Excel Solver –Sensitivity
Report
Microsoft Excel Sensitivity Report
Worksheet: [Galaxy.xls]Sheet1
Report Created:
Adjustable Cells
Final Reduced Objective Allowable Allowable
Cell
Name
Value
Cost
Coefficient Increase
Decrease
$B$4 Dozens Space Rays
320
0
8
2
4.25
$C$4 Dozens Zappers
360
0
5 5.666666667
1
Constraints
Cell
$D$7
$D$8
$D$9
$D$10
Name
Plastic Total
Prod. Time Total
Total Total
Mix Total
Final Shadow Constraint Allowable Allowable
Value
Price
R.H. Side
Increase
Decrease
1000
3.4
1000
100
400
2400
0.4
2400
100
650
680
0
700
1E+30
20
-40
0
350
1E+30
390
71
Case 1 : Kootenay Straw Broom Cy
Pioneer
Heritage
Qty of straw
1 pound
1.5 pound
Selling price
$12.75
$18.00
Delivery of straw :
max 350 pounds/day
$1.50 per pound
Delivery of handles :
Extra delivery of 10 handles :
max( 30 x 10)/day
$7.50 per 10
$25
Production Capacity :
80 hours/week
Daily cost of the company :
$2800
Duration
15 min
24 min
72
Case 1 : Kootenay Straw Broom Cy
The company is ready to consider several
options to increase the daily profit :
• To seek additional ressources for straw
• To get the extra 10 handles for $25
• To add a half time worker for $50 a day.
73
Case 1 : Kootenay Straw Broom Cy
Questions :
• Recommand an optimal production plan
• What ’s the net daily profit of the Cy
• Give a brief analysis of the sensitivity of the
objectve function coefficients
• Analyze the value of the options
74
Case 1 : Kootenay Straw Broom Cy
Pioneer
Revenue:
Sales Price
$12.75
Heritage
$18.00
Costs:
Straw 1
Handle
Net Profit:
l lb= $ 1.50
$ 0.75
$10.50
1.5 lb=$ 2.25
$ 0.75
$15.00
75
Case 1 : Kootenay Straw Broom Cy
X1 = the number of Pioneer brooms produced per day
X2 = the number of Heritage brooms produced per day
MAX
10.50X1 + 15.00X2
S.T.
X1 +
1.5 X2
 350 (Straw)
X1 +
X2
.25X1 +
.40X2
 300 (Handles)

80 (Production time)
X1, X2  0
76
77
Case 1 : Kootenay Straw Broom Cy
Decision
Variable
Solution
Value
Unit Cost or
Total
Profit c(j) Contribution
Reduced
Cost
Basis
Status
Allowable
Min. c(j)
Allowable
Max. c(j)
1 PIONEER
2 HERITAGE
266.67
33.33
10.5
15
2800
500
0
0
basic
basic
9.38
10.5
15
16.8
Objective
Function
(Max.) =
3300
Constraint
Left Hand
Side
Direction
Right Hand
Side
Slack
or Surplus
Shadow
Price
Allowable
Min. RHS
Allowable
Max. RHS
1 STRAW
2 HANDLES
3 PROD. TIME
316.67
300
80
<=
<=
<=
350
300
80
33.33
0
0
0
3
30
316.67
200
75
M
320
90
78
Case : Bay City Movers
• Bay City Movers is a local company that specializes
in intercity moves.
• The fleets is componed with trucks of 1 ton
(manned by 1 worker) and vans of 2.5 tons
(manned by 4 workers)
• Bay City movers employs 48 workers (and has to
hold those) and has facilities for 40 trucks.
• Pickup trucks cost $24000.
• Moving vans cost $60000.
• The company is in the process of replacing its
79
entire fleet.
Case : Bay City Movers
Wish of the company :
Minimum investment that will provide a trucking
capacity of at least 36 tons.
Questions :
Compare the costs of a fleet
•with only trucks
• with only vans
• with 50% trucks and 50% vans
•with the minimum number of trucks
80
Case : Bay City Movers
X1 =the number of 1-ton pickup trucks purchased
X2 =the number of 2 1/2-ton vans purchased
MIN
24,000X1 + 60,000X2
S.T.
X1 +2.5X2  36
X1 +
X2  40
X1 +
4X2  48
X1, X2  0
(Minimum trucking capacity)
(Maximum facilities)
(Workers)
81
82
Case : Bay City Movers
Decision
Variable
1 PICKUPS
2 VANS
Objective
Solution
Value
16
8
Function
Constraint
Left Hand
Side
1 CAPACITY
2 FACILITIES
3 WORKERS
36
24
48
Unit Cost or
Total
Profit c(j) Contribution
24,000.00
60,000.00
(Min.) =
Reduced
Cost
Basis
Status
Allowable
Min. c(j)
Allowable
Max. c(j)
0
0
basic
basic
24,000.00
#VALEUR!
M
60,000.00
384,000.00
480,000.00
864,000.00
(Note:
Alternate
Solution
Exists!!)
Direction
Right Hand
Side
Slack
or Surplus
Shadow
Price
Allowable
Min. RHS
Allowable
Max. RHS
>=
<=
<=
36
40
48
0
16
0
24,000.00
0
0
30
24
36
44
M
57.6
83