YÖNEYLEM ARAŞTIRMASI - I

Transkript

1 YÖNEYLEM ARAŞTIRMASI - I Arş. Gör. Murat SARI 1/35

2 Giriş Tamsayılı doğrusal programlama (TDP), değişkenlerinden bazılarının veya tümünün tamsayılı (ya da kesikli) değerler aldığı bir doğrusal programlama problemidir. Son on yılda yapılan tüm araştırmalara rağmen, TDP hesaplamalarında tatmin edici bir gelişme sağlanamamıştır. Günümüzde de TDP'yi tam olarak çözen bir bilgisayar yazılımı yoktur. 2/35

3 AÇIKLAYICI ÖRNEKLER Bu başlık altındaki TDP uygulamaları basit formülasyonlarla başlayıp daha karmaşık örneklerle devam etmektedir. Basitlik olması açısından tüm değişkenlerin tamsayı olduğu tamamen tamsayılı problemler üzerinde durulmuştur. Değişkenlerin sadece kimisi tamsayı olursa, problem karma tamsayılı programlama adını alır. 3/35

4 SERMAYE BÜTÇELEME PROBLEMİ Önümüzdeki üç yıllık planlama dönemi için beş projenin değerlendirilmesi yapılacaktır. Her projeye ait beklenen getiriler ile yıllık harcamalar aşağıdaki tabloda gösterilmiştir. Önümüzdeki üç yıl boyunca uygulamaya konulacak projeleri belirleyin. 4/35

5 Harcamalar (milyon pb.)/yıl Getiri Proje (milyon pb.) Kullanılabilir fonlar (milyon pb.) Problem her proje için bir "evet-hayır" kararına indirgenmiştir. Bu ikili değişkenleri şu şekilde tanımlayabiliriz 5/35

6 TDP modeli de bu durumda aşağıdaki gibi olur: maks. Z = 20x x x x x 5 5x 1 + 4x 2 + 3x 3 + 7x 4 + 8x 5 25 x 1 + 7x 2 + 9x 3 + 4x 4 + 6x x x 2 + 2x 3 + x x 5 25 x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 = (0, 1) 6/35

7 Optimum tamsayılı çözüm (TORA'yla gerçekleştirilen), x 1 = x 2 = x 3 = x 4 = 1; x 5 = 0 ve Z = 95 milyon pb'dir. Çözümden, beşinci proje dışındaki tüm proje uygulanması gerektiği anlaşılmaktadır. Sürekli doğrusal programlama çözümüyle TDP çözümünün karşılaştırılması ilginç sonuçlar verebilir. Sürekli doğrusal programlamada x j = (0, 1) yerine tüm j'ler için 0 xj 1 yazılıp problem çözülürse, 7/35

8 x 1 = 0,5789, x 2 = x 3 = x 4 = 1, x 5 = 0,7368 ve z = 108,68 milyon pb elde edilir. Bu çözüm iki değişkenin kesirli değerler alması nedeniyle anlamsızdır. Bu değişkenler tamsayıya yuvarlatılmak istenirse, bu takdirde de x 1 = x 5 = 1 yazmak gerekir. Bu da eşitsizliklerin sağlanamaması nedeniyle uygun değildir. Daha da önemlisi, x j değişkeni evet-hayır şeklinde bir değişken olduğundan kesirli yazılamaz. Dolayısıyla da bu çözüm anlamsızdır. 8/35

9 Bazı Modelleme İpuçları Modelleme İpuçları 7 farklı yatırım alternatifimizin bulunduğu bir problem olsun. Değişkenlerimiz sırasıyla x 1, x 2, x 3, x 4, x 5, x 6, x 7 ise; Bu yatırım değerleri yalnızca 0, 1 değerlerini aldığı kabul edilsin (yatırım yap/yapma). Aşağıdaki her bir durum birbirinden bağımsız olmak üzere sözel kısıtların matematiksel ifade edilişi verilmiştir. 9/35

10 Bazı Modelleme İpuçları Modelleme İpuçları * 1, 3, 5, 6 yatırımlarından en az ikisi seçilmelidir, x 1 + x 3 + x 5 + x 6 2 * 1, 3, 5, 6 yatırımlarından en fazla ikisi seçilmelidir, x 1 + x 3 + x 5 + x 6 2 * 1, 3, 5, 6 yatırımlarından sadece ikisi seçilmelidir, x 1 + x 3 + x 5 + x 6 = 2 10/35

11 I Bazı Modelleme İpuçları Modelleme İpuçları * 1, 3 yatırımlarından mutlaka sadece biri seçilmelidir, x 1 + x 3 = 1 * 5 ile 6. yatırımlar aynı değerlendirilsin, x 5 = x 6 11/35

12 Bazı Modelleme İpuçları Modelleme İpuçları * 4. yatırımın yapılabilmesi 1 ile 7. yatırımın yapılmasına bağlıdır, x 4 x 1 x 4 x 7 * 1 ile 7. yatırım yapılırsa 4. yatırım mutlaka yapılsın, x 4 x 1 + x /35

13 SET KAPSAMA (SET-COVERING) PROBLEMİ Bu tür problemlerde, tesislerin kurulması ile bazı bölgelerdeki servislerin kesişmesi ve tekrarlanmış olması söz konusu olsa da tüm bölgeye hizmet verilmesi ele alınır. Burada amaç, tüm bölgeyi kapsayacak şekilde en az sayıda tesisin kurulmasıdır. Örneğin birkaç yerleşim yerine hizmet verecek şekilde su arıtma tesisleri çeşitli yerlere kurulabilir. Ancak bazen bir yerleşim yerine birden fazla tesis hizmet verebilecektir. 13/35

14 Örnek (Güvenlik telefonlarının yerleştirilmesi): Bir üniversitede, kampüs güvenliğini sağlamak için kurulan güvenlik birimi, kampüsün çeşitli yerlerine acil telefon hattı çekmek istemektedir. Kampusun ana yollarının her birinde en az bir tane telefon bulunması koşuluyla minimum sayıda telefon bağlanması düşünülmektedir. Her telefonun, en az iki yola hizmet vermesini sağlayacak şekilde yolların kesişme noktalarına yerleştirilmesi mantıklıdır. (Şekilden, böyle bir yerleştirme için en kötü ihtimalle sekiz yer gerektiği görülmektedir.) 14/35

15 1 A 2 B 3 G F I 4 C K 5 6 E H 7 D J 8 15/35

16 1 A 2 B 3 G F I 4 C K 5 6 E H 7 D J 8 olsun. Problemin kısıtı, 11 ana yolun (A'dan K 'ye) her biri üzerinde en az bir telefonun yerleştirilmiş olmasıdır. 16/35

17 min. Z = x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 x 1 + x 2 1 (A yolu) x 2 + x 3 1 (B yolu) x 4 + x 5 1 (C yolu) x 7 + x 8 1 (D yolu) x 6 + x 7 1 (E yolu) x 2 + x 6 1 (F yolu) x 1 + x 6 1 (G yolu) x 4 + x 7 1 (H yolu) x 2 + x 4 1 (1 yolu) x 5 + x 8 1 (J yolu) x 3 + x 5 1 (K yolu) 1 A 2 B 3 G 6 I K F 4 C 5 H J E D 7 8 x j = (0, 1), j = 1, 2,, 8 17/35

18 Problemin TORA'yla bulunan optimum çözümüne göre ; 1, 2, 5 ve 7 no'lu köşelere birer adet telefon yerleştirilmelidir. Bu modeldeki tüm değişkenler 0-1 tamsayılıdır. Her kısıt için bütün sol taraf katsayıları 0 ya da 1'dir. Sağ tarafları da ( 1) şeklindedir. Amaç fonksiyonu her zaman Zmin = c 1 x 1 + c 2 x c n x n şeklindedir. Burada tüm j = 1, 2,..., n'ler için c j > 0'dır. Mevcut örnekte tüm j'ler için c j = 1'dir. Bununla birlikte, eğer c j, j yerindeki tesis maliyetini gösteriyorsa, bu durumda bu katsayıların 1 den başka değerler alabileceği de varsayılabilir. 18/35

19 SABİT ÖDEMELER PROBLEMİ Sabit ödemeler problemi, bir faaliyet için iki tür maliyet söz konusu olmasını inceler. Sabit maliyet: Faaliyeti başlatmak için gerekli olan maliyet, Değişken maliyet: Faaliyet esnasında oluşan miktar ile doğru orantılı maliyet. 19/35

20 SABİT ÖDEMELER PROBLEMİ Örneğin üretime başlatmak için bir makinenin sabit bir hazırlık maliyeti vardır ve bu maliyet üretim miktarından bağımsızdır. Üretime başlandıktan sonra değişken maliyet üretim miktarıyla orantılı olarak işçilik ve malzeme maliyetlerinden oluşacaktır. 20/35

21 SABİT ÖDEMELER PROBLEMİ F: sabit maliyet, c: değişken birim maliyet x: üretim miktarı olmak üzere maliyet aşağıdaki gibi ifade edilir: 21/35

22 SABİT ÖDEMELER PROBLEMİ Örnek: Üç telefon şirketinin uluslararası konuşmalar için uyguladığı ücret politikalarını inceleyelim. Atel şirketi ayda 16 pb sabit ücret ve buna ek olarak konuşmanın dakikası başına 0,25 pb talep etmektedir. Betel şirketi, ayda 25 pb sabit ücret ve dakika başına 0,21 pb konuşma ücreti almaktadır. Cetel'in aylık abone tutarı 18 pb, dakika başına konuşma ücreti ise 0,22 pb'dir. Ben ayda ortalama 200 dakikalık uluslararası görüşme yapmaktayım. Aylık telefon faturası ödemelerimi minimum kılacak seçim hangisidir? 22/35

23 x 1 = Atel'in aylık uluslararası konuşma süresi (dak), x 2 = Betel'in aylık uluslararası konuşma süresi (dak), x 3 = Cetel'in aylık uluslararası konuşma süresi (dak), y 1 = Atel sabit ücreti, y 2 = Betel sabit ücreti, y 3 = Cetel sabit ücreti olsun. O halde; x 1 > 0 ise y 1 = 1 ve x 1 = 0 ise y 1 = 0 x 2 > 0 ise y 2 = 1 ve x 2 = 0 ise y 2 = 0 x 3 > 0 ise y 3 = 1 ve x 3 = 0 ise y 3 = 0 23/35

24 x j 'nin pozitif olması durumunda y j 'nin 1'e eşit olmasını sağlamalıyız. Bunu: x j My j, j= 1, 2, 3 kısıtını kullanarak sağlayabiliriz. Buradaki M, x j değişken değerini sınırlandırmayacak ölçüde, yeterince büyük bir sayıdır. Ayda yaklaşık 200 dakikalık bir konuşma söz konusuysa, x j 200 (tüm j'ler için), M = 200 almak uygundur. 24/35

25 min. Z = 0,25x 1 + 0,21x 2 + 0,22x y y y 3 x 1 + x 2 + x 3 = 200 x 1 200y1 x 2 200y2 x 3 200y3 x 1, x 2, x 3 0 y 1, y 2, y 3 = (0, 1) 25/35

26 Formülasyona göre, sadece x j > 0 olmasına bağlı olarak y j = 1 olması halinde j. şirketin aylık sabit ücreti Z amaç fonksiyonunun bir parçası olacaktır. Optimum çözümde x j = 0 ise, Z nin minimizasyon olması ve y j 'nin katsayısının pozitif olmasından dolayı, bu durum y j 'yi istendiği gibi sıfır olmaya zorlayacaktır. 26/35

27 Optimum çözümde x 3 = 200 ve y 3 = 1 bulunmuş olup, kalan değişkenlerin değeri sıfırdır. Böylelikle Cetel'in seçilmesinin uygun olacağı görülmektedir. x 3 = 200 olması (x 3 > 0) nedeniyle y 3 = 1 olacaktır. Aslında, y 1, y 2, y 3 'ü kullanmanın ana nedeni aylık sabit ücreti hesaba katmaktır. Yani, üç tane 0-1 tamsayılı değişken, sıkıntılı (nonlineer) bir modeli analitik olarak kullanılabilir hale getirmiştir. 27/35

28 Bazı Modelleme İpuçları YA - YA DA ve EĞER-ÖYLEYSE KISITI Sabit ödemeler probleminde yardımcı 0-1 tamsayılı değişkenler, amaç fonksiyonundaki kesikliliği gidermek için kullanılmıştı. Burada ise kısıtlardaki değişkenlerin aynı anda karşılanmaması gerektiği (ya - ya da) veya değişkenlerin birbirine bağlı olması (eğer-öyleyse) durumları, yine yardımcı 0-1 tamsayılı değişkenler kullanılarak ele alınacaktır. Burada, ve kısıtını temsil edebilmek için özel bir matematiksel oyun (numara) yapılacaktır. 28/35

29 Bazı Modelleme İpuçları YA - YA DA ve EĞER-ÖYLEYSE KISITI Örnek (İş çizelgeleme modeli): Bir atölyede üç işten oluşan bir süreç için tek bir makine kullanılmaktadır. Her bir iş için işlem süreleri ve teslim zamanları gün olarak aşağıdaki tabloda verilmiştir. Teslim zamanı, başlangıç sıfır alınarak verilmiş olup, birinci işlemin başlangıç zamanı sıfır kabul edilmiştir. 29/35

30 Bazı Modelleme İpuçları YA - YA DA ve EĞER-ÖYLEYSE KISITI İşlem İşlem süresi Teslim zamanı Gecikme cezası (gün) (gün) (pb/gün) Problemin amacı üç işin minimum gecikme cezası ile sıralanmasıdır. 30/35

31 Bazı Modelleme İpuçları YA - YA DA ve EĞER-ÖYLEYSE KISITI x j : j işinin gün cinsinden başlama zamanı, olsun. Problemin iki tip kısıtı vardır: 1. Çakışmama kısıtları; bu kısıtlar iki ayrı işin aynı anda yapılmadığını garanti eder. 2. Teslim zamanı kısıtı. 31/35

32 Bazı Modelleme İpuçları YA - YA DA ve EĞER-ÖYLEYSE KISITI Öncelikle çakışmama kısıtlarını ele alalım: i ve j gibi iki işin p i ve p j işlem zamanları aynı anda oluşmamalıdır (hangi işin önce işlendiğine bağlı olarak). x i x j + p j veya x j x i + p i 32/35

33 Bazı Modelleme İpuçları YA - YA DA ve EĞER-ÖYLEYSE KISITI M yeterince büyük bir sayı olmak üzere veya kısıtları aşağıdaki gibi ve kısıtı haline dönüştürülür. My ij + (x i - x j ) p j ve M(1 - y ij ) + (x j -x i ) p i Bu dönüşüm, herhangi bir zamanda iki kısıttan sadece birinin aktif olmasını garanti eder. Eğer y ij = 0 ise birinci kısıt aktiftir, ikincisi lüzumsuzdur (çünkü sol tarafında p i 'den çok büyük olan M bulunacaktır). Eğer y ij = 1 ise bu kez de birinci kısıt lüzumsuz ikincisi aktiftir. 33/35

34 Bazı Modelleme İpuçları YA - YA DA ve EĞER-ÖYLEYSE KISITI Şimdi de teslim zamanı kısıtına bakalım: d j, j işinin teslim zamanı; x j + p j d j ise j işi gecikecektir. Teslim zamanına bağlı olarak tamamlanmış j işinin durumunu belirlemek için iki nonnegatif değişken s j- ve s j+ kullanılabilir. Bu durumda teslim zamanı kısıtı şu şekilde yazılabilir: x j + p j + s j- - s j+ = d j Eğer s j- > 0 ise j işi çizelgenin önündedir, eğer s j+ > 0 ise j işi gecikmiştir. Bu sebeple gecikme cezası s j+ ile orantılıdır. 34/35

35 Bazı Modelleme İpuçları min. Z = 19 s s s + 3 x 1 - x 2 + My x 1 + x 2 - My M x 1 - x 3 + My x 1 + x 3 - My M x 2 - x 3 + My x 2 + x 3 - My M x 1 + s 1- - s + 1 = 25-5 x 2 + s 2- - s + 2 = x 3 + s 3- - s 3+ = x 1, x 2, x 3, s 1-, s 1+, s 2-, s 2+, s 3-, s 3+ 0 y 12, y 13, y 23 = (0, 1) 35/35

36 Bazı Modelleme İpuçları YA - YA DA ve EĞER-ÖYLEYSE KISITI y 12, y 13 ve y 23 tamsayılı değişkenleri ya-ya da kısıtlarını eşanlı (ve) kısıtlar haline dönüştürmek için oluşturulmuştur. Sonuçta model bir karma TDP haline gelmiştir. Modeli çözmek için, her üç faaliyetin işleme zamanlarının toplamından daha büyük bir değer olarak M = 100 atayabiliriz. 36/35

37 Bazı Modelleme İpuçları Optimum çözüm (TORA'yla gerçekleştirilen), x 1 = 20, x 2 = 0 ve x 3 = 25 olarak bulunur. Dolayısıyla, optimum işlem sırası 2 1 3'tür. Çözüme göre, 2 numaralı iş 0 da başlar = 20 de biter, 1 numaralı iş 20 de başlar = 25 te biter, 3 numaralı iş 25 te başlar = 40. günde biter. 3 numaralı iş = 5 gün (s 3 + =5) gecikecek, Ceza maliyeti = 5 x 34 = 170 pb 37/35

38 Bazı Modelleme İpuçları YA - YA DA ve EĞER-ÖYLEYSE KISITI Örnek (İş çizelgeleme problemi-revize): Bir önceki iş çizelgeleme problemine şu şartın da eklendiğini varsayalım: Eğer i işi j işinden önce yapılırsa, k işi m işinden önce yapılmalıdır. Matematiksel olarak eğer-öyleyse (if-then) kısıtı şu şekilde yazılır: Eğer x i + p i x j, öyleyse x k + p k x m 38/35

39 Bazı Modelleme İpuçları YA - YA DA ve EĞER-ÖYLEYSE KISITI Eğer x i + p i x j, öyleyse x k + p k x m ɛ ( > 0) son derece küçük ve M yeterince büyük bir sayı olmak üzere bu durum aşağıdaki iki kısıt ile birlikte ifade edilebilir: x j (x i + p i ) M(1 ) ɛ (x k + p k ) x m M = (0, 1) 39/35

40 Bazı Modelleme İpuçları YA - YA DA ve EĞER-ÖYLEYSE KISITI x j (x i + p i ) M(1 ) ɛ (x k + p k ) x m M = (0, 1) Eğer x i + p i x j ise x j (x i + p i ) 0 olur ki bu durum = 0 olmasını gerektirir; ikinci kısıt da istendiği gibi x k + p k x m olur. Diğer bir deyişle 0 veya 1 olabilir, buna bağlı olarak ikinci kısıt sağlanmış veya sağlanmamış olacaktır; bu da modeldeki diğer şartlara bağlıdır. 40/35

41 GEZGİN SATICI PROBLEMİ Gökkuşağı firmasının günlük üretim programında Beyaz (B), Sarı (S), Kırmızı (K) ve Siyah (SY) boyaların üretimi yer almaktadır. Tüm boyaların üretimi aynı makinelerde gerçekleştiğinden, üretimin değiştirilmesi sırasında özel bir temizlik işlemi gereklidir. Aşağıdaki tablo, satırlarda belirtilen renkleri sütunlarda belirtilen renklerin izlemesi durumunda dakika cinsinden bu temizlik sürelerini vermektedir. 41/35

42 Sonraki boya Mevcut boya Beyaz Sarı Siyah Kırmızı Beyaz Sarı Siyah Kırmızı Örneğin, beyaz renkten sonra sarı rengin üretimine geçilecekse sistemin temizlenme süresi 10 dakika olacaktır. Bir renk kendisini izleyemeyeceği için, buna karşılık gelen süre ile ifade edilmiştir. 42/35

43 Toplam temizleme süresini minimum kılacak şekilde bu dört rengin günlük üretimindeki optimum sıralamayı belirleyin. Aşağıda problem şematize edilmiştir. Her boya bir düğüm noktasıyla gösterilmiş ve yönlü bağlantılarla sonraki düğüme bağlanarak bağlantıların üzerlerine temizleme süreleri yazılmıştır. Böylelikle problem, bir düğümden başlayan ve öbür üç düğüme uğrayarak başlangıç düğümüne dönen en kısa yolun belirlenmesi problemine dönüşmüş olur. 43/35

44 Bu tip problemler genelde gezgin satıcı probleminden türemiştir. Çünkü gezgin satıcı probleminde de bir şehirden yola çıkılıp sırasıyla tüm şehirlerin dolaşılması sırasında izlenecek en kısa yolun belirlenmesi problemiyle ilgilenilir. Yukarıdaki problemde aynı durum farklı bir senaryo ile dile getirilmiştir. 44/35

45 Problemi, şebekenin altı [(4-1)!= 3! = 6] mümkün durumunu gözden geçirmek suretiyle ayrıntılı olarak çözebiliriz. Aşağıdaki tablodan anlaşıldığı gibi, Çevrim Toplam temizlik süresi B S SY K B = 99 B S K SY B = 98 * B SY S K B = 124 B SY K S B = 102 B K SY S B = 99 B K S SY B = 124 B S K SY B çevrimi optimum çevrimdir. 45/35

46 Çevrimlerin hepsinin ayrıntılı biçimde incelenmesi sadece küçük problemlerde uygulanabilir (örneğin, 11 düğümlü bir şebekede 10! = çevrim vardır). Bu nedenle, çok etkili bir formülasyona gereksinim vardır. Eğer i düğümünden j düğümüne erişiliyorsa x ij = 1, aksi halde 0 dır. Gezgin satıcı probleminde de, çevrimin tamamlanabilmesi için i şehrinin sadece bir şehre bağlanması ve j şehrine sadece bir şehirden ulaşılması gerekli koşuldur. M, yeterince büyük bir sayı olmak üzere, boya problemini aşağıdaki gibi formüle edebiliriz: 46/35

47 min. Z = Mx BB + 10x BS +17x BSY + 15x BK + 20x SB + Mx SS + 19x SSY + 18x SK + 50x SYB + 44x SYS + Mx SYSY + 25x SYK + 45x KB + 40x KS + 20x KSY + Mx KK x BB + x BS + x BSY + x BK = 1 x SB + x SS + x SSY + x SK = 1 x SYB + x SYS + x SYSY + x SYK = 1 x KB + x KS + x KSY + x KK = 1 x BB + x SB + x SYB + x KB = 1 x BS + x SS + x SYS + x KS = 1 x BSY + x SSY + x SYSY + x KSY = 1 x BK + x SK + x SYK + x KK = 1 x ij = (0, 1) tüm i ve j'ler için çözüm kapalı bir çevrimdir (döngü) 47/35

48 Çözümün kapalı bir döngü olması gereksinimini saymazsak, formülasyon bir atama modelidir. Atama modelinin optimum çözümünün bir çevrim oluşturacağının garantisi yoktur. Çoğu kez, düğümlerin altkümelerini birbirine bağlayan alt çevrimler oluşmaktadır. Bundan dolayı da problemi çözmek için atama esaslı tam çözüm algoritmaları geliştirilmiştir. Bu algoritmalar karmaşıklıklarına ve hesaplamadaki etkililiklerine göre çeşitlenirler. 48/35

49 TDP ALGORİTMALARI TAMSAYILI DOGRUSAL PROGRAMLAMA ALGORİTMALARI TDP Algoritmaları, doğrusal programlamanın başarılı sonuçlar ve yöntemlerinden yararlanma üzerine inşa edilmiştir. Bu algoritmalardaki stratejiler üç adım içermektedir: Adım 1. Herhangi bir 0-1 tamsayılı y değişkenini 0 y 1 sürekli aralığında değerler alacak şekilde değiştirip, bütün tamsayılı değişkenlerle ilgili tamsayı olma kısıtlarını da kaldırarak çözüm uzayını gevşetin. Böylelikle problem normal doğrusal programlama halini alacaktır. 49/35

50 TDP ALGORİTMALARI Adım 2. Doğrusal programlama problemini çözerek sürekli durumdaki optimumu belirleyin. Adım 3. Sürekli optimumdan başlayıp, tekrarlı bir şekilde özel kısıtlar ekleyerek çözüm uzayında düzeltmeler yapın. Böylelikle tamsayılı gereksinimleri de karşılayacak bir optimum uç noktaya ulaşın. 50/35

51 TDP ALGORİTMALARI Üçüncü adımda ifade edilen özel kısıtları oluşturabilmek için iki genel yöntem geliştirilmiştir: 1. Dal-Sınır (DS) Yöntemi 2. Kesme Düzlemi Yöntemi Gerçi iki yöntemden hiçbiri TDP problemlerini çözmede sürekli daha iyi sonuç vermeyecektir, bununla birlikte, deneyimler dal-sınır yönteminin kesme düzlemi yöntemine göre çok daha başarılı olduğunu göstermektedir. 51/35

52 SORULARINIZ 52/35