16Konu 16 / 49
Sayma ve Olasılık

Sayma, Permütasyon ve Kombinasyon

Tek tek saymadan saymayı öğreniyoruz; toplama ve çarpma yöntemi, faktöriyel, permütasyon, özdeş nesnelerin dizilişi ve kombinasyon. Sıranın önemli olup olmadığını ayırt edip AYT'nin durumlara ayırma ve tümleyen sorularına çıkıyoruz.

10. sınıf
AYT sıklığı
60 dk

LevhaSayma, Permütasyon ve KombinasyonSayma, Permütasyon ve Kombinasyon

Okul koşusunun finalinde $8$ koşucu var. Altın, gümüş ve bronz madalya kaç farklı biçimde dağıtılabilir? Peki aynı $8$ koşucudan il yarışmasına gidecek $3$ kişilik takım kaç farklı biçimde seçilebilir? İlk sorunun yanıtı $336$ , ikincisinin $56$ : aynı insanlar, aynı sayılar, tek fark sıranın önemli olup olmaması. Bu sayfa, durumları tek tek yazmadan saymanın yollarını kuruyor.

Isınma

Başlamadan: kümelerde eleman sayısı

Puansız. Takıldığın yer olursa ön koşul konuya göz at.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

A

B

ayrık kümelerdir (ortak elemanları yoktur).

s(A) = 5

s(B) = 4

olduğuna göre

s(A \cup B)

kaçtır?

Açıklama

Ortak eleman yoksa birleşimin eleman sayısı toplamdır: $5 + 4 = 9$ . Bu, birazdan göreceğin toplama yönteminin küme dilindeki hâli.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

s(A) = 3

s(B) = 4

olduğuna göre

A \times B

kartezyen çarpımının eleman sayısı kaçtır?

Açıklama

$A$ ‘nın her elemanı için $B$ ‘den $4$ eş seçilebilir: $3 \cdot 4 = 12$ sıralı ikili. Bu da çarpma yönteminin küme dilindeki hâli. Ayrıntısı Kümeler ve Kartezyen Çarpım sayfasında.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

\{a, b, c\}

kümesinin kaç alt kümesi vardır?

Açıklama

$n$ elemanlı kümenin $2^n$ alt kümesi vardır: $2^3 = 8$ . Bu sayının nereden geldiğini kombinasyonla yeniden göreceğiz.

Temel

Saymanın iki yolu, faktöriyel ve permütasyon

Toplama yöntemi: ya biri ya öteki

Kitaplığında $4$ farklı roman ve $3$ farklı şiir kitabı var; yanına bir kitap alacaksın. Seçimin ya bir roman ya bir şiir kitabı olur, ikisi birden olamaz. Bu yüzden seçenekleri yan yana koyup sayarsın: $4 + 3 = 7$ .

Çarpma yöntemi: önce biri, sonra öteki

Bir lokantada $2$ çeşit çorba ve $3$ çeşit ana yemek var; bir çorba ve bir ana yemek seçeceksin. Her çorbanın ardından $3$ ana yemekten biri gelebilir. Dallar her adımda çoğalır: $2 \cdot 3 = 6$ menü.

Ağaç şeması: her çorba dalından üç ana yemek dalı çıkar; uçların sayısı

2 \cdot 3 = 6

Sahnede ağacın ilk katındaki dal sayısını ve her dalın ucundan çıkan dal sayısını sürgülerle değiştir. Uçları say: sonuç her seferinde iki sayının çarpımı. Üçüncü katı açınca bütün uçlar yeniden dallanıyor ve sayı bir kez daha çarpılıyor.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

Elif’in

3

farklı gömleği,

2

farklı pantolonu ve

2

farklı ayakkabısı var. Bir gömlek, bir pantolon ve bir ayakkabıdan oluşan kaç farklı kombin yapabilir?

Açıklama

Üç seçim art arda yapılır: $3 \cdot 2 \cdot 2 = 12$ .

Bir soruda iki yöntem birlikte de çalışır. Anahtar sözcükler yol gösterir: “ya da” görürsen topla, “ve”, “ardından” görürsen çarp.

Sahnede İzmir’den Ankara’ya giden $3$ otobüs ve $2$ tren yolu, Ankara’dan Kars’a giden $4$ tren yolu çizili. İlk bölümde yollardan yalnızca biri yanıyor: $3 + 2 = 5$ seçenek. “Kars’a devam et” düğmesine bas; her seçenek $4$ yeni yolla uzuyor ve sayaç $5 \cdot 4 = 20$ oluyor.

Örnek

kolay

Ya da ile ve aynı soruda

Defne İzmir’den Ankara’ya $3$ farklı otobüs seferinden ya da $2$ farklı tren seferinden biriyle gidebiliyor. Ankara’dan Kars’a ise $4$ farklı tren seferi var. Defne, Ankara üzerinden İzmir’den Kars’a kaç farklı biçimde gidebilir?

Yolculuğu iki işe ayır, çünkü önce Ankara’ya varması, sonra Kars’a devam etmesi gerekiyor: İzmir → Ankara ve Ankara → Kars.

Birinci iş için otobüs ya da tren seçilir; aynı anda ikisine binemez. Toplama yöntemi: $3 + 2 = 5$ yol.

Bu $5$ yolun her birinin ardından $4$ seferden biri gelir. İşler art arda yapıldığı için çarpma yöntemi: $5 \cdot 4$ .

Sonuç

Defne $20$ farklı biçimde gidebilir.

Sayma problemleri çok eskidir. Harranlı matematikçi Sâbit İbn Kurrâ (9. yüzyıl), sayıların özellikleri üzerine çalışmalarıyla bu alanın gelişiminde anılan adlardandır; birbirinin bölenleriyle ilişkili “dost sayılar” için verdiği kural hâlâ onun adıyla bilinir.

Faktöriyel

$4$ farklı kitabı rafa yan yana dizeceksin. İlk yere $4$ kitaptan biri gelir; ikinci yer için $3$ , üçüncü için $2$ , sonuncu için $1$ kitap kalır. Çarpma yöntemiyle $4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 24$ diziliş. Bu tür çarpımlar o kadar sık çıkar ki kendi adı vardır.

$n$ farklı nesne yan yana $n!$ farklı biçimde dizilir. Sayılar çok hızlı büyür:

$n$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$
$n!$	$1$	$2$	$6$	$24$	$120$	$720$	$5040$

Sahnede $n$ farklı renkte pul ve bu pulların bütün dizilişleri var. $n$ sürgüsünü $1$ ‘den $5$ ‘e doğru artır: her yeni pul, eski dizilişlerin her birine $n$ farklı yerden girebildiği için satır sayısı $n$ katına çıkıyor. $1, 2, 6, 24, 120$ .

Örnek

kolay

Faktöriyelleri sadeleştirme

$\dfrac{(n + 1)!}{(n - 1)!} = 42$ olduğuna göre $n$ kaçtır?

Büyük faktöriyeli küçüğüne kadar aç, çünkü ortak kuyruk sadeleşir: $(n + 1)! = (n + 1) \cdot n \cdot (n - 1)!$

$(n - 1)!$ sadeleşince geriye ardışık iki sayının çarpımı kalır: $(n + 1) \cdot n = 42$ .

$42 = 7 \cdot 6$ olduğundan $n = 6$ . Sağlama: $\dfrac{7!}{5!} = 7 \cdot 6 = 42$ .

Sonuç

$n = 6$

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

\dfrac{8!}{6!}

işleminin sonucu kaçtır?

Açıklama

$8! = 8 \cdot 7 \cdot 6!$ olduğundan $\dfrac{8!}{6!} = 8 \cdot 7 = 56$ .

Permütasyon: bir kısmını sıraya dizmek

Kancadaki ilk soruya dön. $8$ koşucunun hepsini değil, yalnızca ilk $3$ ‘ünü sıralıyoruz. Altın için $8$ , gümüş için kalan $7$ , bronz için kalan $6$ seçenek var; çarpım üç adımda durur.

Kutu yöntemi: her yer için kalan seçenek sayısını yaz, sonra çarp.

Formüldeki bölme nereden geliyor? $8!$ bütün koşucuları sıralar; son $5$ sıranın kendi içindeki $5!$ dizilişi bizi ilgilendirmediği için onu böleriz: $\dfrac{8!}{5!} = 8 \cdot 7 \cdot 6 = 336$ .

Sahnede $n$ pul ve $r$ boş kutu var. $r$ sürgüsünü artırdıkça yeni bir kutu açılıyor ve çarpıma bir küçük sayı daha ekleniyor. $r = n$ olduğunda çarpım $n!$ ‘e ulaşıyor. $n = 8$ , $r = 3$ iken kancadaki $336$ ‘yı gör.

Örnek

kolay

Görev dağılımı bir sıralamadır

$7$ kişilik bir kulüpte bir başkan, bir başkan yardımcısı ve bir sayman seçilecektir. Bir kişi yalnızca bir görev alabildiğine göre bu seçim kaç farklı biçimde yapılabilir?

Görevler birbirinden farklı; aynı üç kişi görev değiştirirse yeni bir yönetim oluşur. Yani sıra önemli, bu bir permütasyon.

Kutuları doldur: başkan için $7$ , yardımcı için kalan $6$ , sayman için kalan $5$ kişi vardır.

$P(7, 3) = 7 \cdot 6 \cdot 5$

Sonuç

Seçim $210$ farklı biçimde yapılabilir.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

P(5, 2)

kaçtır?

Açıklama

$5$ ‘ten başlayıp geriye doğru $2$ çarpan: $P(5, 2) = 5 \cdot 4 = 20$ .

Orta

Kısıtlı dizilişler, özdeş nesneler ve kombinasyon

Kısıt varsa önce onu yerleştir

Kutuları soldan sağa doldurmak zorunda değilsin. Bir yerin özel bir koşulu varsa önce o kutuyu doldur; serbest kutuları sona bırak. Koşullu kutunun seçimi öbür kutuları farklı etkiliyorsa durumlara ayır ve sonuçları topla.

Örnek

orta

Sıfır tuzağı: rakamları farklı çift sayılar

$\{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$ kümesinin elemanlarıyla rakamları birbirinden farklı, üç basamaklı kaç çift sayı yazılabilir?

İki kısıt var: birler basamağı çift olmalı ( $0$ , $2$ ya da $4$ ) ve yüzler basamağı $0$ olamaz. Birler basamağına $0$ gelip gelmemesi yüzler basamağının seçenek sayısını değiştirdiği için iki duruma ayırıyoruz.

Birler basamağı $0$ : yüzler için kalan $5$ rakamın hepsi uygundur, onlar için $4$ rakam kalır. $5 \cdot 4 = 20$ sayı.

Birler basamağı $2$ ya da $4$ : birler için $2$ seçenek. Yüzler basamağına ne $0$ ne de kullanılan rakam gelebilir: $4$ seçenek. Onlar için kalan $4$ rakam ( $0$ artık kullanılabilir). $2 \cdot 4 \cdot 4 = 32$ sayı.

Durumlar ayrık olduğundan toplama yöntemi: $20 + 32$ .

Sonuç

$52$ farklı çift sayı yazılabilir.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

\{0, 1, 2, 3, 4\}

kümesinin elemanlarıyla rakamları farklı, üç basamaklı kaç sayı yazılabilir?

Açıklama

Yüzler için $4$ seçenek ( $0$ hariç), onlar için kalan $4$ rakam, birler için kalan $3$ rakam: $4 \cdot 4 \cdot 3 = 48$ .

Yan yana gelenler: blok yöntemi

Bazı nesnelerin yan yana durması isteniyorsa onları tek bir nesne gibi bağla, öyle diz, sonra bloğun içini ayrıca sırala. “Yan yana gelmesin” koşulunda çoğu zaman en kısa yol tersinden gitmektir: bütün dizilişlerden yan yana olanları çıkar.

Örnek

orta

Sinemada yan yana oturmak istemeyenler

Ada, Bora, Cem, Derin ve Ege sinemada yan yana duran $5$ koltuğa oturacaktır. Ada ile Bora yan yana oturmak istemediğine göre beş arkadaş kaç farklı biçimde oturabilir?

Önce kısıtsız say: $5$ kişi $5$ koltuğa $5! = 120$ biçimde oturur.

İstenmeyen durumu say: Ada ile Bora yan yana. İkisini tek blok yap; blok ve öbür $3$ kişi $4$ nesne eder, $4! = 24$ diziliş. Blok içinde Ada solda ya da sağda olabilir: $2! = 2$ . Toplam $24 \cdot 2 = 48$ .

İstenen, kalan dizilişlerdir, çünkü her diziliş ya “yan yana” ya da “yan yana değil” öbeğindedir: $120 - 48$ .

Sonuç

Beş arkadaş $72$ farklı biçimde oturabilir.

Özdeş nesneler: tekrarlı permütasyon

$A, A, B$ harflerini diz. Harfler farklı olsaydı $3! = 6$ diziliş olurdu, ama iki $A$ birbirinden ayırt edilemiyor. $A$ ‘lara geçici olarak $A_1$ , $A_2$ de: yer değiştirdiklerinde sözcük değişmediği için $6$ diziliş ikişer ikişer aynı sözcüğe düşer.

3! = 6

dizilişin her

2! = 2

tanesi aynı sözcüktür; geriye

\dfrac{3!}{2!} = 3

sözcük kalır.

Sahnede harf pullarının bütün dizilişleri duruyor; özdeş harfler başlangıçta farklı tonlarla boyalı. “Özdeş yap” düğmesine bas: tonlar birleşiyor ve aynı görünen dizilişler üst üste yığılıyor. Her yığının yüksekliği aynı; sözcüğü değiştirip yığın yüksekliğini formüldeki paydayla karşılaştır.

Örnek

orta

KELEBEK sözcüğünün harfleri

KELEBEK sözcüğünün harflerinin yerleri değiştirilerek anlamlı ya da anlamsız, $7$ harfli kaç farklı sözcük yazılabilir?

Harfleri say, çünkü bölenleri yinelenme sayıları belirler: $E$ üç kez, $K$ iki kez, $L$ ve $B$ birer kez geçiyor. Toplam $3 + 2 + 1 + 1 = 7$ harf.

Hepsi farklı olsaydı $7!$ diziliş olurdu. Üç $E$ kendi arasında $3!$ , iki $K$ kendi arasında $2!$ biçimde yer değiştirir ve sözcük değişmez; ikisine de böl.

$\dfrac{7!}{3! \cdot 2!} = \dfrac{5040}{6 \cdot 2}$

Sonuç

$420$ farklı sözcük yazılabilir.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

ANANAS sözcüğünün harflerinin yerleri değiştirilerek

6

harfli kaç farklı sözcük yazılabilir?

Açıklama

$A$ üç, $N$ iki, $S$ bir kez geçiyor: $\dfrac{6!}{3! \cdot 2!} = \dfrac{720}{12} = 60$ .

Kombinasyon: sırasız seçim

Kancadaki ikinci soru: $8$ koşucudan $3$ kişilik takım. Takımda madalya yok; Ali, Berk, Can ile Can, Ali, Berk aynı takımdır. Sıralayarak sayarsak her takımı $3! = 6$ kez saymış oluruz. O hâlde $336$ sıralı seçimi $6$ ‘ya böleriz: $56$ takım.

5

noktadan

2

'sini seçmek bir doğru parçası çizmektir.

AB

ile

BA

aynı parçadır:

\dfrac{5 \cdot 4}{2} = 10

Sahnede $5$ puldan $3$ ‘ünün bütün sıralı dizilişleri, yani $P(5, 3) = 60$ kart var. “Sırayı unut” düğmesine bas: aynı üç pulu içeren kartlar tek bir öbekte toplanıyor. Her öbekte $3! = 6$ kart var ve $10$ öbek oluşuyor. $r$ sürgüsünü değiştir; öbek büyüklüğü hep $r!$ .

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

10

kişilik bir sınıftan (I)

3

kişilik bir temsilci ekibi, (II) bir başkan, bir yardımcı ve bir sayman seçilecektir. Bu iki seçimin sayıları sırasıyla kaçtır?

Açıklama

(I) $C(10, 3) = \dfrac{10 \cdot 9 \cdot 8}{6} = 120$ . (II) $P(10, 3) = 10 \cdot 9 \cdot 8 = 720$ . Aynı kişiler, $3! = 6$ kat fark.

Örnek

orta

Karma takım: iki ayrı seçim

$6$ kız ve $4$ erkek öğrenci arasından $2$ kız ve $2$ erkekten oluşan bir masa tenisi takımı kurulacaktır. Bu takım kaç farklı biçimde kurulabilir?

Takımda görev ayrımı yok; kızların ve erkeklerin kendi aralarında sırası önemsiz. İki ayrı kombinasyon var: kızlardan $2$ , erkeklerden $2$ .

Kızlar: $C(6, 2) = \dfrac{6 \cdot 5}{2} = 15$ . Erkekler: $C(4, 2) = \dfrac{4 \cdot 3}{2} = 6$ .

Her kız ikilisi her erkek ikilisiyle birleşebilir; iki seçim art arda yapıldığından çarpma yöntemi: $15 \cdot 6$ .

Sonuç

Takım $90$ farklı biçimde kurulabilir.

Kombinasyonun iki özelliği

$6$ kişiden $2$ kişiyi seçip sahneye çıkarmak ile $4$ kişiyi seçip salonda bırakmak aynı iştir. Her seçim, bir de “seçilmeyenler” kümesi belirler.

C(6, r)

değerleri

r = 3

çevresinde simetriktir; sütunların toplamı

2^6 = 64

Simetriden çıkan sonuç: $C(n, a) = C(n, b)$ ise ya $a = b$ ya da $a + b = n$ olur. Büyük alt sayıyı küçüğüne çevirmek hesabı da kısaltır: $C(12, 10) = C(12, 2) = 66$ .

Sahnede $n$ lamba ve altında $C(n, r)$ sütunları var. $r$ sürgüsünü oynat: yanan $r$ lambanın her seçimi, sönük kalan $n - r$ lambanın da bir seçimi; karşılıklı iki sütun aynı boyda. $n$ sürgüsünü bir artır: sütunların toplamı ikiye katlanıyor, çünkü yeni lamba her alt kümeye girer ya da girmez.

Örnek

orta

Eşit iki kombinasyon

$C(n, 3) = C(n, 5)$ olduğuna göre $C(n, 2)$ kaçtır?

Formülü açıp denklem çözmek uzun sürer. Simetriyi kullan: alt sayılar farklı ( $3 \neq 5$ ) olduğundan toplamları $n$ olmalıdır.

$n = 3 + 5 = 8$ . Sağlama: $C(8, 3) = 56$ ve $C(8, 5) = C(8, 3) = 56$ .

İstenen: $C(8, 2) = \dfrac{8 \cdot 7}{2}$ .

Sonuç

$C(n, 2) = 28$

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

5

elemanlı bir kümenin en az

2

elemanlı kaç alt kümesi vardır?

Açıklama

Hepsinden istenmeyenleri çıkar: $2^5 - C(5, 0) - C(5, 1) = 32 - 1 - 5 = 26$ .

İki bakış, tek sayı: ızgarada en kısa yollar

Sokakları kareli bir mahallede $A$ köşesinden $B$ köşesine en kısa yoldan gitmek için yalnızca sağa ( $S$ ) ve yukarı ( $Y$ ) yürürsün. $B$ , $A$ ‘nın $4$ blok sağında ve $3$ blok yukarısındaysa her en kısa yol $4$ tane $S$ ve $3$ tane $Y$ adımından oluşur.

Her en kısa yol, dört

S

ve üç

Y

harfinin bir dizilişidir.

Yol sayısı tekrarlı permütasyonla $\dfrac{7!}{4! \cdot 3!} = 35$ çıkar. Aynı sayıya kombinasyonla da varılır: $7$ adımdan hangi $3$ ‘ünün $Y$ olacağını seçmek yeter, $C(7, 3) = 35$ . İki türden özdeş nesnelerin dizilişi her zaman bir kombinasyondur.

Sahnede $A$ ‘dan $B$ ‘ye bir yol ve altında o yolun $S$ , $Y$ dizisi var. “Yeni yol” düğmesiyle başka bir yol çiz; dizideki harfler yer değiştiriyor ama $S$ ve $Y$ sayıları değişmiyor. $B$ köşesini sürükle ya da sürgülerle taşı; her kavşakta oraya giden en kısa yol sayısı yazıyor.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

Kareli bir ızgarada

B

noktası

A

noktasının

3

birim sağında ve

2

birim yukarısındadır. Yalnızca sağa ve yukarı gidilerek

A

‘dan

B

‘ye kaç farklı yoldan gidilebilir?

Açıklama

$3$ tane $S$ ve $2$ tane $Y$ : $\dfrac{5!}{3! \cdot 2!} = 10$ , ya da $C(5, 2) = 10$ .

İleri

Sınav düzeyi: tümleyen, durumlara ayırma ve sıra kısıtı

En az, en çok: tümleyenden say

“En az bir” koşulu birçok durumu birden kapsar. Çoğu zaman tek bir durum dışarıda kalır; onu bütün seçimlerden çıkarmak hem kısa hem güvenlidir.

Sahnede $5$ doktor ve $4$ hemşireden kurulabilecek $3$ kişilik $84$ ekibin her biri bir kare; kareler ekipteki doktor sayısına göre dört öbekte. “En az bir doktor” koşulu üç öbeği kapsıyor, dışarıda yalnızca doktorsuz $4$ kare kalıyor. Sürgülerle kişi sayılarını değiştir, iki sayma yolunun hep aynı sonucu verdiğini gör.

Örnek

zor

Nöbet ekibi: en az bir doktor

Bir sağlık ocağında $5$ doktor ve $4$ hemşire çalışmaktadır. Bu $9$ kişi arasından, içinde en az bir doktor bulunan $3$ kişilik bir nöbet ekibi kaç farklı biçimde seçilebilir?

“En az bir doktor” üç durumu kapsar: $1$ , $2$ ya da $3$ doktor. Koşula uymayan tek durum var: hiç doktor yok. Onu çıkarmak daha kısa.

Kısıtsız seçim: $C(9, 3) = \dfrac{9 \cdot 8 \cdot 7}{6} = 84$ . Doktorsuz ekip, üçü de hemşire demektir: $C(4, 3) = 4$ .

Sağlama için doğrudan say: $1$ doktor $2$ hemşire $5 \cdot C(4, 2) = 30$ ; $2$ doktor $1$ hemşire $C(5, 2) \cdot 4 = 40$ ; $3$ doktor $C(5, 3) = 10$ . Toplam $80$ .

Sonuç

$84 - 4 = 80$ farklı ekip seçilebilir.

Durumlara ayırma: geometrik sayma

Üçgen, doğru ya da dörtgen sayarken köşeleri seçersin; köşelerin sırası yoktur, yani kombinasyon. Tek sorun, bazı seçimlerin şekil oluşturmamasıdır: doğrusal üç nokta üçgen vermez.

Örnek

zor

Paralel iki doğru üzerindeki noktalar

Paralel $d_1$ ve $d_2$ doğrularından $d_1$ üzerinde $4$ , $d_2$ üzerinde $5$ nokta işaretlenmiştir. Köşeleri bu $9$ noktadan üçü olan kaç farklı üçgen çizilebilir?

Üç köşenin üçü de aynı doğru üzerindeyse üçgen oluşmaz. O hâlde köşeler iki doğruya $1 + 2$ ya da $2 + 1$ olarak dağılmalıdır; iki ayrık durum.

Bir köşe $d_1$ ‘de, iki köşe $d_2$ ‘de: $C(4, 1) \cdot C(5, 2) = 4 \cdot 10 = 40$ .

İki köşe $d_1$ ‘de, bir köşe $d_2$ ‘de: $C(4, 2) \cdot C(5, 1) = 6 \cdot 5 = 30$ .

Tümleyenle sağlama: $9$ noktadan herhangi üçü $C(9, 3) = 84$ ; doğrusal üçlüler $C(4, 3) + C(5, 3) = 4 + 10 = 14$ ; $84 - 14 = 70$ .

Sonuç

$40 + 30 = 70$ farklı üçgen çizilebilir.

İç sırası belli olanlar yalnızca yer seçer

Bir grubun kendi içindeki sırası baştan belliyse (birinci bölüm ikinciden önce, ucuz olan öne, kısa olan sola) o grup için sıralama saymazsın. Yalnızca hangi yerlere gireceklerini seçersin; seçilen yerlere tek biçimde yerleşirler.

Örnek

zor

Konser listesi: üçleme sırayla çalınacak

Bir grup konserde $7$ farklı şarkı çalacaktır. Bu şarkılardan üçü bir üçlemenin birinci, ikinci ve üçüncü bölümleridir; bölümler bu sırayla çalınmalı, ama aralarına başka şarkılar girebilir. Konser listesi kaç farklı biçimde hazırlanabilir?

Listede $7$ sıra var. Üçlemenin bölümleri kendi aralarında sıralanmaz; onlar için yalnızca $7$ sıradan $3$ ‘ünü seçeriz: $C(7, 3) = 35$ . Seçilen sıralara bölümler soldan sağa tek biçimde yerleşir.

Kalan $4$ şarkı birbirinden farklı ve sıraları serbest; kalan $4$ sıraya $4! = 24$ biçimde dizilir.

Başka yoldan sağlama: $7$ şarkının $7! = 5040$ dizilişinde üç bölüm $3! = 6$ farklı sırada görünür ve bunlardan yalnızca biri uygundur. $\dfrac{5040}{6} = 840$ .

Sonuç

$35 \cdot 24 = 840$ farklı liste hazırlanabilir.

Kendini dene

Puan yok, deneme sınırsız

Aralarında Ali ve Veli’nin de bulunduğu

5

kişi tek sıra hâlinde dizilecektir. Ali’nin Veli’den önce (yan yana olmaları gerekmeden) durduğu kaç farklı diziliş vardır?

Açıklama

Her dizilişte Ali ile Veli’nin yerini değiştirirsen öbür türden bir diziliş elde edersin; iki tür eşit sayıdadır: $\dfrac{5!}{2} = 60$ . Aynı sonuç: $C(5, 2) \cdot 3! = 10 \cdot 6$ .

Bir kavşaktan geçmeyen yollar

Örnek

zor

Kapalı kavşak

Şekildeki sokak ızgarasında Zeynep, $A$ köşesindeki evinden $B$ köşesindeki okula yalnızca sağa ve yukarı yürüyerek gidecektir. $C$ kavşağında yol çalışması olduğu için oradan geçemeyecektir. Zeynep okula kaç farklı yoldan gidebilir?

$C$ ‘den geçmeyen yolları doğrudan saymak zor; tümleyene bak. Bütün en kısa yollar $4$ sağ ve $3$ yukarı adımdan oluşur: $\dfrac{7!}{4! \cdot 3!} = 35$ .

$C$ ‘den geçen bir yol iki parçadır ve parçalar art arda yürünür. $A \to C$ : $2$ sağ, $1$ yukarı adım, $\dfrac{3!}{2! \cdot 1!} = 3$ yol. $C \to B$ : $2$ sağ, $2$ yukarı adım, $\dfrac{4!}{2! \cdot 2!} = 6$ yol.

Çarpma yöntemiyle $C$ ‘den geçen yol sayısı $3 \cdot 6 = 18$ ‘dir. Bunları bütün yollardan çıkar.

Sonuç

Zeynep okula $35 - 18 = 17$ farklı yoldan gidebilir.

Özet

Bu konudan aklında kalacaklar

Toplama yöntemi: ayrık işlerden biri ya da öteki, $m + n$ . Çarpma yöntemi: işler art arda, $m \cdot n$ .
Faktöriyel: $n! = n \cdot (n - 1)!$ , $0! = 1$ . $n$ farklı nesne $n!$ biçimde dizilir.
Permütasyon (sıralı): $P(n, r) = \dfrac{n!}{(n - r)!}$ ; $n$ ‘den geriye $r$ çarpan.
Tekrarlı permütasyon: özdeş gruplar varsa $\dfrac{n!}{n_1! \cdot n_2! \cdots n_k!}$ .
Kombinasyon (sırasız): $C(n, r) = \dfrac{P(n, r)}{r!} = \dfrac{n!}{r! \cdot (n - r)!}$ .
$C(n, r) = C(n, n - r)$ ve $C(n, 0) + C(n, 1) + \cdots + C(n, n) = 2^n$ (alt küme sayısı).
Yer değiştirince yeni durum oluşuyorsa sırala; oluşmuyorsa seç.
Kısıtlı yeri önce doldur; yan yana olanları blok yap; “en az” görünce tümleyeni dene; iç sırası belli olanlar için yalnızca yer seç.

Çıkmış Sorular

Sınavda nasıl soruldu?

9 çıkmış soru7 özgün soru

2026 AYTSoru 15

Zor

Kısıtlı yerleştirme ve durumlara ayırma

Şekildeki otoparkta altı park yeri vardır ve her park yerine bir araba sığmaktadır. Otopark boşken sabah $8$ 'de altı araba gelir; bunlardan üçü saat $13$ 'te, öbür üçü saat $18$ 'de otoparktan çıkacaktır. Arabalar, ön yüzleri mavi duvara bakacak biçimde park edilecek ve saat $13$ 'te çıkacak hiçbir arabanın hemen arkasında saat $18$ 'de çıkacak bir araba bulunmayacaktır.

Buna göre arabaların park yerlerine dağılımı (hangi araba hangi yerde) kaç farklı biçimde belirlenebilir?

İpucu

Önce arabaları değil türleri yerleştir: erken çıkan (E) ve geç çıkan (G). Bir sütunda duvar tarafında E, arkasında G olamaz; geriye hangi sütun düzenleri kalıyor ve üç sütunda toplam üç E nasıl sağlanır?

ÖSYM kitapçığında gör (s. 31)

Çözüm

Saat $13$ 'te çıkacak arabalara E (erken), $18$ 'de çıkacaklara G (geç) diyelim. Otoparkta $3$ sütun var; her sütunda duvara bitişik yer "ön", onun arkasındaki yer "arka" olsun. Arabalar duvara baktığı için bir arabanın hemen arkası, aynı sütunun arka yeridir.

1. Sütun düzenleri. Yasak olan tek düzen önde E, arkada G'dir (erken çıkacak arabanın yolu kapanır). Bir sütun (ön, arka) olarak üç biçimde dolabilir: (E, E), (G, G), (G, E).

2. Türlerin yerleşimi. Toplam $3$ tane E ve $3$ tane G yerleşecek.

Üç sütun da (G, E): $3$ E ve $3$ G eder. $1$ yol.
Bir sütun (E, E), bir sütun (G, G), bir sütun (G, E): yine $3$ E ve $3$ G eder. Üç düzen üç sütuna $3! = 6$ biçimde dağılır.
Başka olanak yok: (E, E) sütunu sayısı ile (G, G) sütunu sayısı eşit olmalıdır, yoksa E ile G sayıları eşitlenmez; ikişer tane olmaları da $4$ sütun gerektirir.

Tür yerleşimi sayısı $1 + 6 = 7$ .

3. Arabaları dağıt. Arabalar birbirinden farklıdır. Her tür yerleşiminde üç E arabası E yerlerine $3!$ , üç G arabası G yerlerine $3!$ biçimde park eder:

$7 \cdot 3! \cdot 3! = 7 \cdot 36 = 252$

Tuzak: tür yerleşimlerini saymadan doğrudan $6!$ üzerinden oran kurmak ya da arabaları özdeş sayıp $7$ 'de durmak. Soru "hangi araba hangi yere" diye soruyor.

Cevap: B

2025 AYTSoru 15

Orta

Tekrarlı permütasyon

Sena, belirlediği altı akşamın her birinde farklı bir film izleyecektir. Bunun için üç filmlik A serisini ve yine üç filmlik B serisini seçmiştir. Sena hangi seri olursa olsun, o serinin birinci filmini izlemeden ikincisini, ikinci filmini izlemeden de üçüncüsünü izlemeyecektir.

Buna göre Sena, altı filmin izlenme sırasını kaç farklı biçimde belirleyebilir?

İpucu

Her serinin kendi içindeki sırası baştan belli. Geriye tek bir karar kalıyor: altı akşamın hangileri A serisine ayrılacak?

ÖSYM kitapçığında gör (s. 30)

Çözüm

1. Serbest olan ne? A serisinin filmleri kendi aralarında $1, 2, 3$ sırasıyla, B serisinin filmleri de kendi aralarında $1, 2, 3$ sırasıyla izlenmek zorundadır. Serbest olan yalnızca akşamların serilere nasıl paylaştırılacağıdır.

2. Harflere çevir. Her akşama o akşam izlenen serinin harfini yaz. Bir izleme sırası, $A, A, A, B, B, B$ harflerinin bir dizilişidir (örneğin $A\,B\,B\,A\,A\,B$ ); her diziliş de tek bir izleme sırası verir, çünkü soldan ilk $A$ serinin birinci filmi, ikinci $A$ ikinci filmidir.

3. Tekrarlı permütasyon.

$\dfrac{6!}{3! \cdot 3!} = \dfrac{720}{36} = 20$

Kombinasyonla sağlama. A serisi için altı akşamdan üçünü seç: $C(6, 3) = 20$ . Filmler bu akşamlara tek biçimde yerleşir; B serisi kalan akşamları alır.

Tuzak: "önce bir seri bitsin" diye düşünüp $2$ demek ya da serileri kendi içinde yeniden sıralayıp $3! \cdot 3!$ ile çarpmak. Seriler iç içe girebilir, ama iç sıraları değişmez.

Cevap: A

2024 AYTSoru 14

Zor

Sıralama kısıtı ve durumlara ayırma

Melisa'nın daire biçiminde $10$ kartonu vardır; yarıçapları birbirinden farklı doğal sayılardır: $1\ \text{cm},\ 2\ \text{cm},\ 3\ \text{cm},\ \ldots,\ 10\ \text{cm}$ . Melisa bu kartonları bir masanın üzerine, merkezleri çakışacak biçimde üst üste dizecektir.

Üstten bakıldığında dairelerden yalnızca birinin hiç görünmediği kaç farklı dizilim yapılabilir?

İpucu

Bir daire ne zaman görünür? Üstündekilerin hepsinden büyükse kenarı dışarı taşar. Görünen dokuz dairenin kendi aralarındaki sırası sence serbest mi?

ÖSYM kitapçığında gör (s. 29)

Çözüm

1. Görünürlük koşulu. Merkezler çakıştığı için bir daire, üstündeki dairelerin hepsinden büyükse kenarı halka olarak görünür. Üstünde kendisinden büyük tek bir daire bile varsa tümüyle örtülür.

2. Görünen dokuz daire. Görünen her daire üstündekilerin hepsinden büyüktür. Demek ki görünen $9$ daire yukarıdan aşağıya küçükten büyüğe sıralıdır; bu sıra tektir.

3. Gizlenen daire. Gizlenen dairenin yarıçapı $k$ olsun. Bu daire, sıralı dizide kendisinden büyük bir dairenin altına girmelidir. Hemen üstündeki daire $j$ ise $j > k$ olmalıdır. $j$ 'nin altındaki dairelerin hepsi $j$ 'den, dolayısıyla $k$ 'den büyük olduğundan başka hiçbir daire örtülmez.

4. Say. Her $(k, j)$ ikilisi ( $k < j$ ) tam bir dizilim verir: $k$ için $j$ seçenekleri $k + 1, \ldots, 10$ olup $10 - k$ tanedir.

$9 + 8 + 7 + \cdots + 1 = 45$

Aynı sayı kombinasyonla: $10$ daireden iki tanesini seç; küçüğü büyüğünün hemen altına girer. $C(10, 2) = 45$ .

Tuzak: gizlenecek daireyi $10$ biçimde seçip yerleri ayrıca saymaya çalışmak. En büyük daire hiçbir zaman gizlenemez, en küçük daire ise $9$ farklı yerde gizlenebilir.

Cevap: C

2023 AYTSoru 13

Orta

Sıra kısıtlı yerleştirme

Bir manav, sattığı altı meyvenin kilogram fiyatlarını şöyle belirlemiştir: elma $8$ TL, ayva $12$ TL, portakal $15$ TL, kivi $18$ TL, muz $20$ TL, çilek $25$ TL.

Manav, altı bölmeli tezgâhın arka sırasındaki orta bölmeye şekildeki gibi muzları koymuştur. Çırağından öbür beş meyveyi boş bölmelere, her bölmede farklı bir meyve bulunacak ve öndeki her bölmedeki meyve, hemen arkasındaki bölmedeki meyveden daha ucuz olacak biçimde yerleştirmesini istemiştir.

Buna göre çırak, beş meyveyi tezgâha kaç farklı biçimde yerleştirebilir?

İpucu

Tezgâhı üç sütun olarak düşün. Bir sütuna gidecek iki meyve belli olunca hangisinin öne geleceği de bellidir. En kısıtlı bölme muzun önündeki bölme.

ÖSYM kitapçığında gör (s. 28)

Çözüm

Tezgâh $2$ sıra ve $3$ sütundur; koşul her sütunda "öndeki arkadakinden ucuz" der.

1. Orta sütun (kısıtlı yer). Arkada $20$ TL'lik muz var. Önüne $20$ TL'den ucuz bir meyve gelmelidir: elma, ayva, portakal ya da kivi. Çilek ( $25$ TL) gelemez. $4$ seçenek.

2. Sol ve sağ sütunlar. Geriye $4$ meyve kalır. Sol sütuna gidecek ikiliyi seç: $C(4, 2) = 6$ ; kalan iki meyve sağ sütuna gider.

3. Sütun içi sıra. Fiyatların hepsi farklı olduğundan bir sütuna giden iki meyveden ucuz olan öne, pahalı olan arkaya tek biçimde yerleşir. İç sıra belli olduğu için ayrıca çarpan gelmez.

$4 \cdot 6 = 24$

Sağlama. Koşulsuz $5! = 120$ yerleşim vardır. Sol ve sağ sütunların her birinde iki meyvenin iki sırasından biri uygundur (yarısı, yarısı); orta bölmeye gelen meyve $5$ meyveden $4$ 'ü olabilir: $120 \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{4}{5} = 24$ .

Tuzak: sütunlara dağıtılan meyveleri sütun içinde bir kez daha sıralamak ( $24 \cdot 2 \cdot 2 = 96$ ).

Cevap: B

2022 AYTSoru 14

Orta

Kombinasyon ve durumlara ayırma

Aslı'nın telefonunun belleği tümüyle doludur ve Aslı $4$ GB büyüklüğünde bir uygulama indirmek istiyor. Telefonda toplam $12$ farklı uygulama vardır:

$1$ GB büyüklüğünde $5$ uygulama,
$2$ GB büyüklüğünde $4$ uygulama,
$3$ GB büyüklüğünde $3$ uygulama.

Aslı bu $12$ uygulamadan yalnızca $2$ tanesini silerek en az $4$ GB yer açacaktır.

Buna göre Aslı, silinecek 2 uygulamayı kaç farklı biçimde belirleyebilir?

İpucu

Silinen iki uygulamanın büyüklükleri toplamı en az $4$ olmalı. Hangi büyüklük ikilileri bunu sağlar? Aynı büyüklükten iki uygulama seçerken kombinasyon, farklı büyüklüklerden seçerken çarpma kullan.

ÖSYM kitapçığında gör (s. 29)

Çözüm

1. Uygun büyüklük ikilileri. Toplamı en az $4$ GB olan ikililer: $(1, 3)$ , $(2, 2)$ , $(2, 3)$ , $(3, 3)$ .

2. Her durumu say.

$(1, 3)$ : bir tane $1$ GB'lik, bir tane $3$ GB'lik: $5 \cdot 3 = 15$
$(2, 2)$ : $2$ GB'liklerden ikisi: $C(4, 2) = 6$
$(2, 3)$ : $4 \cdot 3 = 12$
$(3, 3)$ : $3$ GB'liklerden ikisi: $C(3, 2) = 3$

3. Topla. $15 + 6 + 12 + 3 = 36$ .

Tümleyenle sağlama. Bütün ikililer $C(12, 2) = 66$ . Toplamı $4$ GB'tan az olanlar: $(1, 1)$ için $C(5, 2) = 10$ ve $(1, 2)$ için $5 \cdot 4 = 20$ . $66 - 30 = 36$ .

Tuzak: aynı büyüklükten iki uygulama seçerken çarpma yapmak ( $4 \cdot 3 = 12$ ); uygulamalar farklıdır ama seçilen ikilide sıra yoktur.

Cevap: A

2021 AYTSoru 15

Orta

Kombinasyon ve alt küme

$100$ kişilik bir proje ekibinin elinde belirli sayıda proje vardır; ekipteki herkes bu projelerin bir bölümünde görev alacaktır. Herkesin eşit sayıda projede çalışması, ama hiçbir iki kişinin görev aldığı projelerin tümüyle aynı olmaması isteniyor. Bu istek, herkes $3$ projede görev alırsa yerine getirilemiyor; herkes $4$ projede görev alırsa yerine getirilebiliyor.

Buna göre ekibin elinde kaç proje vardır?

İpucu

Bir kişinin görev aldığı projeler, proje kümesinin bir alt kümesidir. $100$ kişiye $100$ farklı alt küme gerekir; yeterince alt küme var mı?

ÖSYM kitapçığında gör (s. 29)

Çözüm

1. Modeli kur. Proje sayısı $n$ olsun. Herkes $r$ projede çalışırsa her kişiye $n$ projenin $r$ elemanlı bir alt kümesi düşer. İki kişinin projeleri aynı olmayacağından $100$ farklı alt küme gerekir. Bu ancak $C(n, r) \geq 100$ ise olur.

2. Verilenleri yaz. $r = 3$ ile olmuyor, $r = 4$ ile oluyor:

$C(n, 3) < 100 \leq C(n, 4)$

3. Seçenekleri dene.

$n = 8$ : $C(8, 4) = 70 < 100$ , dört proje de yetmez.
$n = 9$ : $C(9, 3) = 84 < 100$ ve $C(9, 4) = 126 \geq 100$ , iki koşul da sağlanır.
$n = 10$ : $C(10, 3) = 120 \geq 100$ , üç projeyle de olurdu.

Daha küçük $n$ değerlerinde $C(n, 4)$ daha da küçüktür ( $C(7, 4) = 35$ , $C(6, 4) = 15$ ). Tek uygun değer $n = 9$ 'dur.

Tuzak: yalnızca " $4$ projeyle oluyor" koşuluna bakıp $n = 10$ demek; " $3$ projeyle olmuyor" bilgisi $n$ 'yi üstten sınırlar.

Cevap: D

2020 AYTSoru 25

Orta

Kombinasyon ve tümleyen

5 Ekim 2020 Pazartesi gününden 18 Ekim 2020 Pazar gününe kadar olan, bu iki günü de içine alan $14$ günlük dönemde iki farklı günde birer toplantı yapılacaktır.

Toplantılardan en az birinin hafta içine gelmesi istendiğine göre toplantı günleri kaç farklı biçimde belirlenebilir?

İpucu

Pazartesiden pazara tam iki hafta var; kaç gün hafta sonu? "En az biri hafta içi" koşuluna uymayan tek durum hangisi?

ÖSYM kitapçığında gör (s. 31)

Çözüm

1. Günleri ayır. Pazartesi başlayıp pazar biten $14$ gün tam iki haftadır: $10$ gün hafta içi, $4$ gün hafta sonu (iki cumartesi, iki pazar).

2. Kısıtsız seçim. Toplantılar için yalnızca iki gün seçilir; günlerin sırası yoktur:

$C(14, 2) = \dfrac{14 \cdot 13}{2} = 91$

3. Tümleyen. Koşula uymayan tek durum iki toplantının da hafta sonuna gelmesidir: $C(4, 2) = 6$ .

$91 - 6 = 85$

Doğrudan sayarak sağlama. İkisi de hafta içi: $C(10, 2) = 45$ . Biri hafta içi, biri hafta sonu: $10 \cdot 4 = 40$ . Toplam $85$ .

Tuzak: iki toplantıyı birbirinden ayırt edip $14 \cdot 13$ ile başlamak. Soruda toplantıların adı ya da konusu yok; sayılan şey gün ikilileridir (ayırt edilseydi sonuç $170$ olurdu ve seçeneklerde yer almazdı).

Cevap: D

2019 AYTSoru 19

Orta

Kısıtlı oturma düzeni

Ayça, Büşra, Ceyda, Deniz, Erdem ve Furkan adlı altı arkadaş bir davette, çevresinde şekildeki gibi $6$ sandalye bulunan masaya oturacaktır.

Ayça ile Büşra'nın arası bozuktur; bu ikisi ne yan yana duran sandalyelere ne de karşı karşıya duran sandalyelere oturmak istiyor.

Buna göre altı arkadaş bu sandalyelere kaç farklı biçimde oturabilir?

İpucu

Sandalyelerin yerleri belli; bu bir yuvarlak masa sorusu değil. Önce Ayça'yı oturt: köşedeki bir sandalyeyle ortadaki bir sandalye Büşra'ya aynı sayıda yer bırakmaz.

ÖSYM kitapçığında gör (s. 30)

Çözüm

Masanın iki uzun kenarında üçer sandalye var; her sandalyenin tam karşısında bir sandalye bulunuyor. Kısıtlı kişiler önce oturtulur.

1. Ayça uçtaki bir sandalyede ( $4$ sandalye). Yanında bir, karşısında bir sandalye vardır; Büşra bu ikisine ve Ayça'nın kendi sandalyesine oturamaz. Büşra'ya $6 - 3 = 3$ sandalye kalır: $4 \cdot 3 = 12$ .

2. Ayça ortadaki bir sandalyede ( $2$ sandalye). İki yanı ve karşısı yasaktır. Büşra'ya $6 - 4 = 2$ sandalye kalır: $2 \cdot 2 = 4$ .

3. Öbür dört kişi. Ayça ile Büşra $12 + 4 = 16$ biçimde oturur. Kalan $4$ kişi kalan $4$ sandalyeye $4! = 24$ biçimde yerleşir:

$16 \cdot 24 = 384$

Tümleyenle sağlama. Kısıtsız oturuş $6! = 720$ . Yan yana sandalye çifti $4$ , karşılıklı sandalye çifti $3$ tanedir; bu $7$ çiftin her birine Ayça ile Büşra $2$ biçimde, öbürleri $4!$ biçimde oturur: $7 \cdot 2 \cdot 24 = 336$ . $720 - 336 = 384$ .

Tuzak: Ayça'nın her sandalyesi için Büşra'ya aynı sayıda yer kaldığını varsaymak. Ortadaki sandalyenin iki yan komşusu vardır.

Cevap: B

2018 AYTSoru 15

Orta

Çarpma ve toplama yöntemi

Harfleri soldan sağa okununca da sağdan sola okununca da aynı sırayla gelen sözcüklere palindrom sözcük denir. Örneğin NEDEN bir palindrom sözcüktür.

Engin'in elinde birbirinden farklı $3$ sesli ve $4$ sessiz harf vardır. Engin bu harflerin her birini istediği sayıda kullanarak $5$ harfli bir palindrom sözcük yazacaktır. Sözcükte iki sesli harf yan yana gelmeyecek, iki sessiz harf de yan yana gelmeyecektir.

Buna göre Engin, bu koşullara uyan kaç farklı palindrom sözcük yazabilir?

İpucu

Palindromda son iki harfi ilk iki harf belirler; kaç harfi gerçekten seçiyorsun? Sesli ile sessizin yan yana gelememesi dizilişi iki kalıba indirir.

ÖSYM kitapçığında gör (s. 29)

Çözüm

1. Serbest harfler. $5$ harfli palindromda $5.$ harf $1.$ harfle, $4.$ harf $2.$ harfle aynıdır. Yalnızca $1.$ , $2.$ ve $3.$ harfler seçilir.

2. Kalıplar. Aynı türden iki harf yan yana gelemediği için sesli (S) ve sessiz (Z) harfler dönüşümlü dizilir. İki kalıp vardır: S Z S Z S ya da Z S Z S Z.

3. Birinci kalıp (S Z S Z S). İlk üç harf sesli, sessiz, sesli. Harfler yeniden kullanılabildiği için $3.$ harfte yine $3$ seçenek vardır:

$3 \cdot 4 \cdot 3 = 36$

4. İkinci kalıp (Z S Z S Z). İlk üç harf sessiz, sesli, sessiz:

$4 \cdot 3 \cdot 4 = 48$

5. Toplama yöntemi. Kalıplar ayrıktır: $36 + 48 = 84$ .

Tuzak: "istediği sayıda" ifadesini atlayıp $3.$ harf için seçenek sayısını bir azaltmak ( $3 \cdot 4 \cdot 2$ ve $4 \cdot 3 \cdot 3$ ). NEDEN örneğinde de $1.$ ve $3.$ harf farklı olmak zorunda değildir; yalnızca yan yana gelen harflerin türü farklıdır.

Cevap: B

Özgün sorular

Özgün soru1

Kolay

Faktöriyel

$\dfrac{10! - 9!}{8!}$

işleminin sonucu kaçtır?

Çözüm

Bütün faktöriyelleri en küçüğü olan $8!$ cinsinden yaz: $9! = 9 \cdot 8!$ ve $10! = 10 \cdot 9 \cdot 8! = 90 \cdot 8!$ .

$\dfrac{90 \cdot 8! - 9 \cdot 8!}{8!} = 90 - 9 = 81$

Sağlama: pay $9!$ parantezine de alınabilir: $9! \cdot (10 - 1) = 9 \cdot 9!$ ; $\dfrac{9 \cdot 9!}{8!} = 9 \cdot 9 = 81$ .

Çeldiriciler: $90$ yalnızca $\dfrac{10!}{8!}$ değeridir; $9$ ise $\dfrac{9!}{8!}$ değeridir; $80$ , $9!$ yerine $10 \cdot 8!$ yazınca çıkar.

Cevap: D

Özgün soru2

Kolay

Tekrarlı permütasyon

MATEMATİK sözcüğünün harflerinin yerleri değiştirilerek anlamlı ya da anlamsız, $9$ harfli sözcükler yazılacaktır.

Buna göre kaç farklı sözcük yazılabilir?

Çözüm

Harfleri say: M iki, A iki, T iki kez; E, İ ve K birer kez geçiyor ( $2 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1 = 9$ ).

Özdeş harflerin kendi aralarındaki yer değiştirmeleri yeni sözcük üretmez; her yinelenen harf için faktöriyeline bölünür:

$\dfrac{9!}{2! \cdot 2! \cdot 2!} = \dfrac{9!}{8}$

Bu sayı $45\,360$ 'tır.

Çeldiriciler: $\dfrac{9!}{6}$ bölenleri çarpmak yerine toplayınca ( $2 + 2 + 2$ ), $\dfrac{9!}{2}$ yinelenen harflerden yalnızca birini görünce, $9!$ ise harflerin hepsini farklı sayınca çıkar.

Cevap: E

Özgün soru3

Orta

Kısıtlı permütasyon

$A = \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$ kümesinin elemanları kullanılarak rakamları birbirinden farklı, dört basamaklı ve $5$ ile tam bölünen sayılar yazılacaktır.

Buna göre kaç farklı sayı yazılabilir?

İpucu

Birler basamağı $0$ ya da $5$ olmalı. Bu iki durumda binler basamağının seçenek sayısı aynı mı?

Çözüm

$5$ ile bölünen sayının birler basamağı $0$ ya da $5$ 'tir. $0$ 'ın birler basamağında kullanılıp kullanılmaması binler basamağını etkilediği için iki durum ayrı sayılır.

1. Birler basamağı $0$ . Kalan $5$ rakamın hiçbiri $0$ değildir; binler, yüzler ve onlar basamağı sırayla $5$ , $4$ , $3$ biçimde dolar: $5 \cdot 4 \cdot 3 = 60$ .

2. Birler basamağı $5$ . Binler basamağına $0$ ve $5$ gelemez: $4$ seçenek. Yüzler için kalan $4$ rakam ( $0$ dahil), onlar için kalan $3$ rakam: $4 \cdot 4 \cdot 3 = 48$ .

3. Topla. $60 + 48 = 108$ .

Çeldiriciler: $120$ , ikinci durumda $0$ 'ı binler basamağına da koyunca çıkar ( $2 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3$ ); $60$ yalnızca birinci durumdur; $96$ iki durumu da $48$ sayınca çıkar.

Cevap: C

Özgün soru4

Orta

Kombinasyonun özellikleri ve alt küme

Bir $A$ kümesinin $3$ elemanlı alt kümelerinin sayısı, $6$ elemanlı alt kümelerinin sayısına eşittir.

Buna göre $A$ kümesinin en çok $2$ elemanlı kaç alt kümesi vardır?

İpucu

$C(n, 3) = C(n, 6)$ eşitliğinde alt sayılar farklı; simetri özelliği $n$ 'yi doğrudan verir. "En çok $2$ elemanlı" derken boş kümeyi unutma.

Çözüm

1. Eleman sayısı. $s(A) = n$ olsun. $C(n, 3) = C(n, 6)$ ve $3 \neq 6$ olduğundan simetri özelliğine göre $3 + 6 = n$ , yani $n = 9$ . Sağlama: $C(9, 3) = 84 = C(9, 6)$ .

2. En çok $2$ elemanlı alt kümeler. Eleman sayısı $0$ , $1$ ya da $2$ olanlar:

$C(9, 0) + C(9, 1) + C(9, 2) = 1 + 9 + 36 = 46$

Çeldiriciler: $36$ yalnızca iki elemanlıları, $45$ boş kümeyi unutunca, $37$ tek elemanlıları unutunca, $512 = 2^9$ bütün alt kümeleri sayınca çıkar.

Cevap: D

Özgün soru5

Orta

Kombinasyonla geometrik sayma

Bir çember üzerinde $7$ farklı nokta işaretlenmiştir.

Köşeleri bu noktalardan seçilen üçgenlerin sayısı ile dörtgenlerin sayısının toplamı kaçtır?

İpucu

Çember üzerindeki noktalardan hiçbir üçü doğrusal değildir. Köşeleri seçmek şekli belirler mi; köşelerin sırası önemli mi?

Çözüm

Çember üzerindeki noktalardan herhangi üçü doğrusal olmadığı için seçilen her $3$ nokta bir üçgen verir. Seçilen her $4$ nokta da, çember üzerindeki sıralarıyla birleştirildiğinde tek bir dörtgen verir. Köşelerin sırası yoktur; kombinasyon.

$C(7, 3) = \dfrac{7 \cdot 6 \cdot 5}{6} = 35 \qquad C(7, 4) = C(7, 3) = 35$

Toplam $35 + 35 = 70$ . İki sayının eşitliği rastlantı değildir: $4$ nokta seçmek, dışarıda bırakılacak $3$ noktayı seçmektir.

Çeldiriciler: $35$ yalnızca üçgenlerdir; $1050$ , köşeleri sıralı sayınca çıkar ( $P(7, 3) + P(7, 4) = 210 + 840$ ); $56 = 35 + 21$ , $C(7, 4)$ yerine $C(7, 2)$ alınca çıkar.

Cevap: C

Özgün soru6

Zor

Yan yana gelmeme koşulu

Bir kütüphaneci $4$ farklı roman ile $3$ farklı şiir kitabını bir rafa yan yana dizecektir. Şiir kitaplarından herhangi ikisinin yan yana gelmesini istememektedir.

Buna göre kütüphaneci bu $7$ kitabı rafa kaç farklı şekilde dizebilir?

İpucu

Önce kısıtsız olanları, yani romanları diz. Romanların aralarında ve iki uçta kaç boşluk oluşur? Şiir kitapları bu boşluklara en çok birer tane girebilir.

Çözüm

1. Romanları diz. $4$ farklı roman $4! = 24$ biçimde dizilir.

2. Boşlukları say. Dizilen $4$ romanın aralarında $3$ , iki uçta $2$ olmak üzere $5$ boşluk vardır. İki şiir kitabı yan yana gelmesin diye her boşluğa en çok bir şiir kitabı girer.

3. Şiir kitaplarını yerleştir. $5$ boşluktan $3$ 'ü seçilir ve kitaplar farklı olduğu için sıraları da önemlidir: $P(5, 3) = 5 \cdot 4 \cdot 3 = 60$ (ya da $C(5, 3) \cdot 3! = 10 \cdot 6$ ).

4. Çarp. $24 \cdot 60 = 1440$ .

Çeldiriciler: $4320 = 7! - 5! \cdot 3!$ , "hiçbir ikisi yan yana değil"in tümleyenini "üçü birden yan yana" sanınca çıkar; oysa tümleyen "en az ikisi yan yana"dır ve doğrudan sayması zordur. $720$ üç şiir kitabını blok yapınca, $144 = 4! \cdot 3!$ ise yalnızca tek bir yer kalıbı (R Ş R Ş R Ş R) sayılınca bulunur.

Cevap: C

Özgün soru7

Zor

Tümleyenle seçme ve görev verme

Bir okulun bilgi yarışması kulübünde $5$ kız ve $4$ erkek öğrenci vardır. Bu öğrenciler arasından $4$ kişilik bir takım kurulacak ve takımdaki öğrencilerden biri kaptan olarak belirlenecektir. Takımda en az bir kız ve en az bir erkek öğrenci bulunacaktır.

Buna göre takım ve kaptanı kaç farklı şekilde belirlenebilir?

İpucu

İki ayrı iş var: önce takımı seç (sıra yok), sonra içinden kaptanı belirle. Takım koşuluna uymayan durumlar yalnızca tek cinsiyetli takımlardır.

Çözüm

1. Kısıtsız takım. $9$ öğrenciden $4$ kişi: $C(9, 4) = \dfrac{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{24} = 126$ .

2. Tümleyen. Koşula uymayan takımlar tümüyle kızlardan ya da tümüyle erkeklerden oluşanlardır: $C(5, 4) + C(4, 4) = 5 + 1 = 6$ .

Uygun takım sayısı $126 - 6 = 120$ .

3. Kaptan. Her takımda kaptan $4$ biçimde belirlenir; iki iş art arda yapıldığından çarpma yöntemi:

$120 \cdot 4 = 480$

Doğrudan sayarak sağlama. (kız, erkek) dağılımları $(1, 3)$ , $(2, 2)$ , $(3, 1)$ : $5 \cdot 4 + 10 \cdot 6 + 10 \cdot 4 = 20 + 60 + 40 = 120$ .

Çeldiriciler: $120$ kaptanı unutunca, $504 = 126 \cdot 4$ koşulu unutunca, $2880 = 120 \cdot 4!$ takımın tamamını sıralayınca çıkar; kaptan dışındaki üç kişi arasında sıra yoktur.

Cevap: C