TYT Matematik · Sayma, Olasılık ve İstatistik

Dahil Etme–Hariç Tutma

~22 dk okumaZorluk: Zor20 çözümlü soruTYT'de ~3 soru/yıl · Sınavda yüksek ağırlık

Bu sayfadaki üç yöntemin ortak bir fikri var: önce kolay sayılan büyük bir topluluğu say, sonra fazlayı ya da en kötü durumu hesaba katarak düzelt. Dahil etme–hariç tutma, iki kez sayılan elemanları çıkarıp yanlışlıkla fazla çıkarılanları geri ekler. Düzensiz permütasyon, "kimse kendi yerinde değil" koşulunu bu düzeltmeyle sayar. Güvercin yuvası ilkesi ise en şanssız durumu kurup bir adım öteye geçerek "kesin" olanı bulur. Bölünebilme sayımları, iki yasaklı dizilişler, yuvarlak masa, mektup–zarf ve "en az kaç top çekilmeli" soruları bu sayfada bu fikirle çözülür.

Bu sayfadaki varsayımlar

" $A$ veya $B$ " ifadesi "en az biri" anlamındadır: ikisini birden sağlayanlar da sayılır. "Yalnız $A$ " ise $A$ 'yı sağlayıp $B$ 'yi sağlamayanlardır.

Bir aralıktaki sayılar sorulduğunda uçların dahil olup olmadığı soruda yazılıdır. "Bölünür" sözcüğü "tam bölünür" anlamındadır.

Kişiler, kitaplar, şapkalar, anahtarlar ve mektuplar aksi söylenmedikçe birbirinden farklıdır. Torbadaki toplar yalnız renkleriyle ayırt edilir.

Yuvarlak masada sandalyeler numarasızdır; döndürmeyle birbirine dönüşen oturuşlar aynı sayılır.

Düzensiz permütasyonda her kişiye tam bir eşya verilir ve her eşya tam bir kişiye gider.

Güvercin yuvasında "kesin" ya da "garanti", çekilişler en şanssız biçimde gelse bile istenen durumun oluşması demektir. Toplar torbaya bakılmadan çekilir ve geri atılmaz.

Temel bakış: Bu sayfa birleşim, kesişim ve tümleyen kavramlarını bilinen kabul eder; Venn şemasıyla çözülen küme problemleri Kümeler sayfasındadır. Faktöriyel, $P (n, r)$ ve $C (n, r) = (r n)$ gösterimleri Permütasyon ve Faktöriyel ile Kombinasyon sayfalarında, yuvarlak masa sayımı ise Dairesel Permütasyon sayfasında anlatılır. Konunun genel haritası için Permütasyon ve Kombinasyon, 10. sınıf düzeyinde temel anlatım için Sayma ve Permütasyon (10. sınıf) sayfasına bakabilirsin. Maarif programında sayma, permütasyon ve kombinasyon 10. sınıfta işlenir.

1. Neden Çift Sayıyoruz? Venn Şemasıyla Sezgi

$1$ 'den $12$ 'ye kadar olan tam sayılardan kaç tanesi $2$ ile veya $3$ ile bölünür? Önce listeleyelim:

$2$ 'nin katları: $2, 4, 6, 8, 10, 12$ , yani $6$ sayı.
$3$ 'ün katları: $3, 6, 9, 12$ , yani $4$ sayı.

İki sayıyı toplarsak $6 + 4 = 10$ buluruz; oysa istenen sayılar $2, 3, 4, 6, 8, 9, 10, 12$ olup yalnızca $8$ tanedir. Aradaki fark $6$ ve $12$ 'den gelir: bu iki sayı hem $2$ 'nin hem $3$ 'ün katıdır, bu yüzden toplamda iki kez sayılmıştır. Her birini bir kez çıkarınca doğru sonuca ulaşırız: $6 + 4 - 2 = 8$ .

Şekil 1 —

1

'den

12

'ye kadar sayılar.

6

12

iki dairenin ortak bölgesindedir; daireleri ayrı ayrı sayınca bu iki sayı iki kez sayılır. Dairelerin dışında kalan

1, 5, 7, 11

ise hiçbir koşulu sağlamaz.

Bu düzeltmenin aslında yeni bir fikir olmadığına dikkat et. "Tümünden istenmeyeni çıkar" kuralı, yani tümleyen, tek bir küme için yapılan düzeltmedir. Dahil etme–hariç tutma bu kuralın genelleştirilmiş hâlidir: birden çok koşul olduğunda, hangi elemanın kaç kez sayıldığını izleyerek her elemanı tam bir kez sayacak biçimde ekleyip çıkarırız.

2. İki Küme İçin Dahil Etme–Hariç Tutma

Sonlu iki küme $A$ ve $B$ için:

$s (A \cup B) = s (A) + s (B) - s (A \cap B)$

Her iki kümede birden bulunan bir eleman $s (A)$ içinde bir kez, $s (B)$ içinde bir kez sayılır. Bu yüzden $s (A \cap B)$ bir kez çıkarılır. Aynı üç sayıyla, yani $s (A)$ , $s (B)$ ve $s (A \cap B)$ ile, üç soru daha cevaplanır. Evrensel küme $E$ olmak üzere:

İstenen	Hesap	$1$ – $12$ örneğinde
En az biri ( $A$ veya $B$ )	$s (A) + s (B) - s (A \cap B)$	$6 + 4 - 2 = 8$
Hiçbiri	$s (E) - s (A \cup B)$	$12 - 8 = 4$
Yalnız $A$	$s (A) - s (A \cap B)$	$6 - 2 = 4$
Yalnız biri	$s (A) + s (B) - 2 s (A \cap B)$	$6 + 4 - 4 = 6$

"Yalnız biri" satırında kesişimin iki kez çıkarıldığına dikkat et: ortak elemanlar bu kez hiç sayılmamalıdır, oysa $s (A) + s (B)$ toplamında iki kez sayılmışlardır.

Hiçbiri sorusu iki adımlıdır. Önce dahil etme–hariç tutma ile en az birini sağlayanlar bulunur, sonra bu sayı tümünden çıkarılır. İlk adımın sonucu cevap değildir.

3. Üç Küme: Ekle, Çıkar, Geri Ekle

Üç kümede formül şöyledir:

$s (A \cup B \cup C) = s (A) + s (B) + s (C) - s (A \cap B) - s (A \cap C) - s (B \cap C) + s (A \cap B \cap C)$

Son terimin neden eklendiğini görmek için üç kümenin hepsinde bulunan bir eleman düşün. Bu eleman tek kümeler toplanırken $3$ kez sayılır, ikili kesişimler çıkarılırken $3$ kez çıkarılır; böylece hiç sayılmamış olur. Üçlü kesişim geri eklenince tam $1$ kez sayılmış olur. Yalnız iki kümede bulunan bir eleman ise $2$ kez sayılır ve $1$ kez çıkarılır. Şekil 2 her bölgenin hesabını gösteriyor.

Şekil 2 — Üç kümeli formülde bir elemanın kaç kez sayıldığı. Tek kümedeki bir eleman yalnızca bir kez eklenir; iki kümedeki bir eleman iki kez eklenip bir kez çıkarılır; üç kümedeki bir eleman üç kez eklenir, üç kez çıkarılır ve bir kez geri eklenir. Formül her bölgeyi tam bir kez sayar.

Aynı sayım mantığı iki kullanışlı sonuç daha verir. $T_{2} = s (A \cap B) + s (A \cap C) + s (B \cap C)$ ve $T_{3} = s (A \cap B \cap C)$ olsun:

Tam olarak iki kümede bulunanlar: $T_{2} - 3 T_{3}$ . (Üçlü bölge $T_{2}$ içinde üç kez geçer, hepsi çıkarılır.)
En az iki kümede bulunanlar: $T_{2} - 2 T_{3}$ . (Üçlü bölge bir kez kalmalıdır.)

Ters kullanım. Formülde yedi sayıdan altısı biliniyorsa yedincisi bulunabilir. Örneğin $120$ öğrencinin her biri İngilizce, Almanca ve Fransızca kurslarından en az birine kayıtlı olsun. İngilizce kursuna $72$ , Almanca kursuna $45$ , Fransızca kursuna $40$ öğrenci kayıtlı; İngilizce ve Almanca kurslarının ikisine de kayıtlı $20$ , İngilizce ve Fransızca kurslarının ikisine de kayıtlı $15$ , Almanca ve Fransızca kurslarının ikisine de kayıtlı $12$ öğrenci var. (Bu sayılara üç kursa birden kayıtlı olanlar da dahildir.) Üç kursa birden kayıtlı öğrenci sayısı $x$ ise:

$120 = (72 + 45 + 40) - (20 + 15 + 12) + x = 157 - 47 + x \Rightarrow x = 10$

Bulunan değeri bölgelere yerleştirerek denetlemek iyi bir alışkanlıktır: hiçbir bölge negatif çıkmamalı ve $x$ her ikili kesişimden küçük ya da ona eşit olmalıdır. Burada yalnız iki kursa kayıtlı olanlar $10$ , $5$ ve $2$ ; yalnız bir kursa kayıtlı olanlar $47$ , $23$ ve $23$ çıkar. Hepsinin toplamı $10$ ile birlikte $120$ 'dir. Tam olarak iki kursa kayıtlı öğrenci sayısı da $47 - 3 \cdot 10 = 17$ 'dir.

4. Bölünebilme Sayımları: Tam Kısım ve EKOK

$1$ 'den $N$ 'ye kadar olan tam sayılar içinde $k$ 'nin katlarının sayısı $⌊ \frac{N}{k} ⌋$ 'dir; yani $N$ 'nin $k$ 'ye bölümünün tam kısmıdır. Örneğin $1$ 'den $50$ 'ye kadar $7$ 'nin katları $7, 14, \dots, 49$ olup $⌊ \frac{50}{7} ⌋ = 7$ tanedir.

Aralık $1$ 'den başlamıyorsa baştaki kısmı çıkarırız. $30$ ile $90$ arasındaki (uçlar dahil) $4$ 'ün katları:

$⌊ \frac{90}{4} ⌋ - ⌊ \frac{29}{4} ⌋ = 22 - 7 = 15$

Denetim: bu sayılar $32, 36, \dots, 88$ 'dir ve $\frac{88 - 32}{4} + 1 = 15$ tane eder.

Ortak katlar EKOK'un katlarıdır, çarpımın değil. " $a$ ile de $b$ ile de bölünen" sayılar, $EKOK (a, b)$ 'nin katlarıdır. $a$ ile $b$ aralarında asal değilse çarpım $a \cdot b$ yanlış sonuç verir. Örneğin $4$ ile $6$ 'nın ortak katları $12, 24, 36, \dots$ dizisidir; $12$ ortak kattır ama $4 \cdot 6 = 24$ 'ün katı değildir. Bu örnekte çarpımla sayan biri ortak katların yarısını kaçırır; genel olarak kaçırılan pay $a$ ile $b$ 'ye göre değişir.

Soru	Kullanılan sayı
$a$ ile bölünenler	$⌊ N / a ⌋$
$a$ ile ve $b$ ile bölünenler	$⌊ N / EKOK (a, b) ⌋$
$a$ ile veya $b$ ile bölünenler	$⌊ N / a ⌋ + ⌊ N / b ⌋ - ⌊ N / EKOK (a, b) ⌋$
İkisiyle de bölünmeyenler	$N -$ (bir üst satır)

Uçları oku. " $1$ ile $N$ arasında" ifadesinin tek başına uçları kapsayıp kapsamadığı belli değildir. Bu sayfadaki sorularda bu her zaman ayrıca yazılır. Uçlardan biri bir katsa, uçların dahil ya da hariç olması cevabı değiştirir (Örnek 1).

5. Dizilişlerde İki Yasak: Kesişimi Geri Eklemek

Dahil etme–hariç tutma yalnızca sayı kümelerinde değil, dizilişlerde de çalışır. $A$ , $B$ , $C$ harfleri bir sıraya dizilecek; $A$ başta olmayacak ve $B$ sonda olmayacak. Altı dizilişi listeleyip koşulları işaretleyelim:

Diziliş	$A$ başta mı?	$B$ sonda mı?	Uygun mu?
$A B C$	evet	hayır	hayır
$A C B$	evet	evet	hayır
$B A C$	hayır	hayır	evet
$B C A$	hayır	hayır	evet
$C A B$	hayır	evet	hayır
$C B A$	hayır	hayır	evet

Uygun $3$ diziliş var. Şimdi aynı sonucu formülle kuralım. $X$ : " $A$ başta" olan dizilişler, $Y$ : " $B$ sonda" olan dizilişler olsun. İstenen, ikisinden de olmayanlardır:

$3! - s (X) - s (Y) + s (X \cap Y) = 6 - 2 - 2 + 1 = 3$

Listede $A C B$ hem $X$ 'te hem $Y$ 'dedir. Yalnız tümleyen kullanıp $6 - 2 - 2 = 2$ yazan biri bu dizilişi iki kez çıkarmış olur. $n$ farklı nesnede aynı soru şu sonucu verir:

$n! - 2 (n - 1)! + (n - 2)!$

Aynı kalıp, iki farklı çiftin hiçbirinin yan yana oturmadığı sorularda da kullanılır: "birinci çift yan yana" ile "ikinci çift yan yana" kümelerinin birleşimi tümünden çıkarılır, ama önce iki çiftin birlikte yan yana oturduğu dizilişler geri eklenir. Yan yana olanları tek blok saymayı Permütasyon ve Faktöriyel sayfasında görmüştük.

Yuvarlak masada da aynı ekle–çıkar mantığı çalışır; yalnız her küme dairesel olarak sayılır: tüm oturuşlar $(n - 1)!$ , belirli iki kişinin yan yana oturduğu oturuşlar $2 \cdot (n - 2)!$ olur. Örnek 4'te bunun bir uygulaması var.

Ayrık olunca kesişim sıfırdır. İki yasak aynı anda gerçekleşemiyorsa (örneğin yuvarlak masada iki kişinin hem yan yana hem karşılıklı oturması), kesişim boştur ve formül iki sayıyı çıkarmaktan ibaret kalır. Kesişimi geri eklemeden önce bunun gerçekten boş olup olmadığını düşün.

Bu ekle–çıkar–geri ekle düşüncesi, örten fonksiyonları saymanın da temelidir; o sayım Fonksiyon Sayısı sayfasında yapılır.

6. Düzensiz Permütasyon: Kimse Kendi Yerinde Değil (Derinleştirme)

$n$ kişi kendi eşyasını bir yere bırakıyor ve eşyalar, her kişiye bir eşya düşecek biçimde geri dağıtılıyor. Hiç kimsenin kendi eşyasını almadığı dağıtımlara düzensiz permütasyon denir; sayıları $D_{n}$ ile gösterilir.

Önce listele. Üç kişi $1, 2, 3$ ile gösterilsin; bir dağıtımı, kişilerin aldığı eşyaların sırasıyla yazalım ( $231$ : birinci kişi $2$ 'nin eşyasını, ikinci kişi $3$ 'ünkünü, üçüncü kişi $1$ 'inkini alır). $3! = 6$ dağıtımdan kimsenin kendi eşyasını almadığı yalnızca iki tane vardır: $231$ ve $312$ . Yani $D_{3} = 2$ .

Dört kişide listeyi birinci kişinin aldığı eşyaya göre düzenlemek işi kolaylaştırır:

Şekil 3 — Dört kişinin hiçbirinin kendi eşyasını almadığı dağıtımlar.

2143

, birinci kişinin

2

'nin, ikinci kişinin

1

'in, üçüncü kişinin

4

'ün, dördüncü kişinin

3

'ün eşyasını aldığını gösterir. Birinci kişinin alabileceği

3

eşyanın her biri için

3

dağıtım vardır; her sütunun ilk satırı iki karşılıklı takastan oluşur. Toplam

D_{4} = 9

Sonra dahil etme–hariç tutma ile say. $X_{i}$ , " $i$ . kişi kendi eşyasını alıyor" olan dağıtımlar olsun. Dört kişide:

Belirli bir kişi kendi eşyasını alırsa kalan $3$ eşya $3!$ biçimde dağılır: $s (X_{i}) = 3! = 6$ . Böyle $4$ kişi var: $4 \cdot 6 = 24$ .
Belirli iki kişi kendi eşyasını alırsa kalanlar $2! = 2$ biçimde dağılır. İki kişi $C (4, 2) = 6$ biçimde seçilir: $6 \cdot 2 = 12$ .
Belirli üç kişi: $C (4, 3) \cdot 1! = 4$ . Dördü birden: $1$ .

$D_{4} = 4! - 24 + 12 - 4 + 1 = 9$

Liste ile formül aynı sonucu verdi. Bu hesap yeni bir yöntem değildir: "kimse kendi yerinde değil" bir hiçbiri sorusudur. Önce en az bir kişinin kendi eşyasını aldığı dağıtımlar dahil etme–hariç tutma ile bulunur ( $24 - 12 + 4 - 1 = 15$ ), sonra tümünden çıkarılır ( $24 - 15 = 9$ ). Aynı hesap beş kişide $D_{5} = 44$ verir; ayrıntısı Örnek 6'dadır. Küçük değerler doğrudan görülür: $D_{1} = 0$ , çünkü tek kişi kendi eşyasını almak zorundadır; $D_{2} = 1$ , çünkü iki kişinin tek uygun dağıtımı eşyalarını takas etmeleridir.

$n$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$
$n!$	$1$	$2$	$6$	$24$	$120$
$D_{n}$	$0$	$1$	$2$	$9$	$44$

$D_{n}$ , $n! - n$ değildir. $n! - n$ yalnızca $n$ tane dağıtımı çıkarır; oysa en az bir kişinin kendi eşyasını aldığı dağıtımlar çok daha fazladır. En küçük karşı örnek: $3! - 3 = 3$ , ama liste $D_{3} = 2$ veriyor. Beş kişide fark daha da büyüktür: $5! - 5 = 115$ , oysa $D_{5} = 44$ .

Tam olarak $k$ kişi kendi eşyasını alıyorsa sayım iki adımdır: önce kendi eşyasını alacak $k$ kişi seçilir, sonra kalan $n - k$ kişinin hiçbiri kendi eşyasını almamalıdır:

$C (n, k) \cdot D_{n - k}$

İkinci adım unutulursa kalanların da kendi eşyasını aldığı dağıtımlar sayılır (Örnek 5). $D_{1} = 0$ olduğuna dikkat et: tam olarak $n - 1$ kişinin kendi eşyasını alması imkânsızdır, çünkü $n - 1$ kişi kendi eşyasını alınca geriye kalan tek eşya son kişinin kendisine aittir.

7. Güvercin Yuvası İlkesi: En Kötü Durumu Kurmak (Derinleştirme)

$4$ güvercin $3$ yuvaya girerse en az bir yuvada en az $2$ güvercin bulunur: her yuvaya birer güvercin yerleşse bile dördüncü güvercin dolu bir yuvaya girmek zorundadır.

Güvercin yuvası ilkesi: $n + 1$ nesne $n$ kutuya yerleştirilirse en az bir kutuda en az $2$ nesne bulunur.

İlkenin sayma sorularındaki karşılığı "en az kaç tane seçilmeli ki … kesin olsun?" sorusudur. Bu sorular tek bir düşünceyle çözülür: en şanssız çekilişi kur, sonra bir tane daha ekle.

Örneğin bir torbada kırmızı, mavi ve sarı toplar olsun, her renkten en az $2$ top bulunsun. Aynı renkten $2$ top kesin olarak elde etmek için en az kaç top çekilmelidir?

Şanslı durum cevap değildir. İlk iki top aynı renkten gelebilir; ama "kesin" sözcüğü bunun her zaman olmasını ister.
En kötü durum: İstenen durumu olabildiğince geciktiren çekiliş, her renkten birer top gelmesidir. $3$ top çekilmiştir ve aynı renkten iki top hâlâ yoktur.
Bir fazlası: Dördüncü top hangi renkten gelirse gelsin o renkte ikinci top olur. Cevap $3 + 1 = 4$ 'tür.

Ters soru. "En çok kaç top çekilebilir ki aynı renkten $2$ top henüz kesin olmasın?" sorusunun cevabı, en kötü durumdaki top sayısıdır: $3$ . Kısaca, "en az kaç tane kesin" sorusunun cevabı ile "en çok kaç tane, kesin olmadan" sorusunun cevabı arasında tam $1$ fark vardır.

8. Genelleştirilmiş Güvercin Yuvası ve Yuvaları Doğru Seçmek

$n$ nesne $k$ kutuya yerleştirilirse en az bir kutuda en az $⌈ \frac{n}{k} ⌉$ nesne bulunur. Buradaki $⌈ ⌉$ işareti, sayının yukarı yuvarlandığını gösterir. Örneğin $40$ öğrenci doğdukları güne göre haftanın $7$ gününe ayrılırsa, en az bir günde en az $⌈ \frac{40}{7} ⌉ = 6$ öğrenci doğmuştur: her güne en çok $5$ öğrenci düşseydi toplam en çok $35$ öğrenci olurdu.

Bu formül her kutunun sınırsız nesne alabildiği durum içindir. Torbadaki renk sayıları eşit değilse bazı renkler erken tükenir ve formülü körü körüne uygulamak yanlış sonuç verir. Bu durumda en kötü çekilişi renk renk kurarız (Örnek 8):

Şekil 4 —

7

kırmızı,

4

mavi,

1

yeşil top bulunan torbada "aynı renkten

3

top" için en kötü durum. Kırmızı ve maviden ikişer top gelebilir, ama yeşil tek toptur. En kötü durum

2 + 2 + 1 = 5

top eder; altıncı top kesinlikle kırmızı ya da mavidir.

Bazı sorularda kutular açıkça verilmez; ilk iş kutuları doğru seçmektir.

Soru tipi	Kutular (yuvalar)	Kutu sayısı
Aynı renkten top	Renkler	Renk sayısı (tükenenlere dikkat)
Aynı ayda / günde doğan	Aylar / günler	$12$ / $7$
Farkı $m$ 'ye bölünen iki tam sayı	$m$ 'ye bölümünden kalanlar	$m$ ( $0$ kalanı dahil)
Toplamı belli olan iki sayı	Toplamı o değer olan çiftler	Çift sayısı (eşi olmayan sayı varsa o da ayrı kutu)

Kalan sorularında iki sayının farkı $m$ 'ye bölünüyorsa iki sayı $m$ 'ye bölündüğünde aynı kalanı verir. Kalanlar $0, 1, \dots, m - 1$ 'dir; yani $0$ kalanı da bir kutudur ve kutu sayısı $m$ 'dir (Örnek 7). Toplam sorularında ise örneğin $1$ 'den $14$ 'e kadar sayılarda toplamı $15$ olan çiftler ${1, 14}, {2, 13}, \dots, {7, 8}$ biçiminde $7$ kutu oluşturur.

Çözümlü Sorular

Örnek

Soru

$1$ ile $150$ arasındaki tam sayılardan ( $1$ ve $150$ dahil) kaç tanesi $6$ ile veya $9$ ile bölünür?

"Hem $6$ hem $9$ ile bölünen" sayılar hangi sayının katlarıdır? $6 \cdot 9 = 54$ mü, yoksa $EKOK (6, 9)$ mu?

$6$ 'nın katları: $⌊ \frac{150}{6} ⌋ = 25$ . $9$ 'un katları: $⌊ \frac{150}{9} ⌋ = 16$ .
Her ikisiyle bölünenler $EKOK (6, 9) = 18$ 'in katlarıdır: $⌊ \frac{150}{18} ⌋ = 8$ . Bunlar $18, 36, \dots, 144$ sayılarıdır.
Dahil etme–hariç tutma: $25 + 16 - 8 = 33$ .
Yaygın hata: Ortak katları $6 \cdot 9 = 54$ ile bulmak. $⌊ \frac{150}{54} ⌋ = 2$ olduğundan $25 + 16 - 2 = 39$ çıkar. Hata kolayca görülür: $18$ hem $6$ 'ya hem $9$ 'a bölünür ama $54$ 'ün katı değildir.
Uçlara dikkat: $150 = 6 \cdot 25$ olduğu için $150$ de sayılmıştır. Soru "uçlar hariç" deseydi $150$ düşer ve cevap $32$ olurdu ( $1$ zaten hiçbirinin katı değildir).
Denetim: $6$ 'nın katlarının $25$ 'i de sayıldı; geriye $9$ 'un katı olup $6$ 'nın katı olmayan, yani tek olan $9$ katları kalır: $9, 27, 45, \dots, 135$ . Bunlar $9 \cdot 1, 9 \cdot 3, \dots, 9 \cdot 15$ olup $8$ tanedir. $25 + 8 = 33$ . ✓

Sonuç:

33

Örnek

Soru

$1$ 'den $600$ 'e kadar olan tam sayılardan ( $1$ ve $600$ dahil) kaç tanesi $3$ , $4$ ve $5$ sayılarının hiçbirine bölünmez?

Önce bu sayılardan en az birine bölünenleri üç kümeli formülle bul; sonra tümünden çıkar. Sayılar ikişer ikişer aralarında asal olduğundan EKOK'lar çarpıma eşittir.

Tek kümeler: $⌊ \frac{600}{3} ⌋ = 200$ , $⌊ \frac{600}{4} ⌋ = 150$ , $⌊ \frac{600}{5} ⌋ = 120$ . Toplam $470$ .
İkili kesişimler: $12$ 'nin katları $50$ , $15$ 'in katları $40$ , $20$ 'nin katları $30$ . Toplam $120$ .
Üçlü kesişim: $EKOK (3, 4, 5) = 60$ 'ın katları $⌊ \frac{600}{60} ⌋ = 10$ .
En az birine bölünenler: $470 - 120 + 10 = 360$ .
Hiçbirine bölünmeyenler: $600 - 360 = 240$ .
İki yaygın hata: Üçlü kesişimi geri eklemeyi unutan $470 - 120 = 350$ bulur ve cevabı $250$ yazar. Hesabı doğru yapıp tümleyeni almayı unutan ise $360$ yazar; bu sayı istenen kümenin değil, onun tümleyeninin eleman sayısıdır.
Denetim (ikinci yol): Bölünmeme oranları çarpılarak da bulunabilir, çünkü $600$ sayısı $60$ 'ın katıdır ve her $60$ 'lık blokta durum aynıdır. $3$ 'e bölünmeyenler sayıların $\frac{2}{3}$ 'ü, $4$ 'e bölünmeyenler $\frac{3}{4}$ 'ü, $5$ 'e bölünmeyenler $\frac{4}{5}$ 'idir: $600 \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{4}{5} = 240$ . ✓

Sonuç:

240

Örnek

Soru

Biri matematik, biri fizik kitabı olmak üzere birbirinden farklı $6$ kitap bir rafa yan yana dizilecektir. Matematik kitabı en solda olmayacak ve fizik kitabı en sağda olmayacak biçimde kaç farklı diziliş yapılabilir?

İstenmeyen dizilişler "matematik en solda" veya "fizik en sağda" olanlardır. Bu iki küme ayrık mı?

Tüm dizilişler: $6! = 720$ .
Matematik en solda: kalan $5$ kitap $5! = 120$ biçimde dizilir. Fizik en sağda: yine $120$ .
İkisi birden (matematik en solda ve fizik en sağda): ortadaki $4$ kitap $4! = 24$ biçimde dizilir. İki küme ayrık değildir.
İstenmeyenler: $120 + 120 - 24 = 216$ . İstenen: $720 - 216 = 504$ .
Yaygın hata: $720 - 120 - 120 = 480$ yazmak. Bu hesapta matematik kitabının en solda, fizik kitabının en sağda olduğu $24$ diziliş iki kez çıkarılmıştır. Bölüm 5'teki üç harfli listede aynı hata $A C B$ dizilişini iki kez çıkarıyordu.
Denetim (durumlara ayırarak): Fizik kitabı en soldaysa matematik kitabı zaten en solda olamaz, fizik de en sağda değildir: kalan $5$ kitap $5! = 120$ biçimde dizilir. Fizik kitabı $2$ ., $3$ ., $4$ . ya da $5$ . sıradaysa ( $4$ yol), en sola matematik ve fizik dışındaki $4$ kitaptan biri gelir ( $4$ yol), kalan $4$ kitap $4! = 24$ biçimde dizilir: $4 \cdot 4 \cdot 24 = 384$ . Toplam $120 + 384 = 504$ . ✓

Sonuç:

504

Örnek

Soru

Aralarında Aslı ile Burak'ın da bulunduğu $6$ kişi, $6$ sandalyeli yuvarlak bir masanın çevresine oturacaktır. Sandalyeler numarasızdır; döndürmeyle birbirine dönüşen oturuşlar aynı sayılır. Aslı ile Burak ne yan yana ne de karşılıklı oturacaksa kaç farklı oturuş vardır?

Aslı'yı bir sandalyeye sabitle. Burak için kaç sandalye yasaktır?

Tümleyen ve dahil etme–hariç tutma ile: Tüm oturuşlar $(6 - 1)! = 5! = 120$ .
Aslı ile Burak yan yana: ikisi bir blok olur. Blok ve diğer $4$ kişi, yani $5$ birim, yuvarlak masaya $(5 - 1)! = 4!$ biçimde oturur; blok kendi içinde $2$ biçimde düzenlenir: $2 \cdot 4! = 48$ .
Aslı ile Burak karşılıklı: Aslı sabitlenince Burak'ın yeri tek sandalyedir, kalan $4$ kişi $4! = 24$ biçimde oturur.
Kesişim: $6$ sandalyeli masada karşılıklı iki sandalye komşu olamaz, yani iki kişi aynı anda hem yan yana hem karşılıklı oturamaz. Kesişim boştur: $0$ .
İstenen: $120 - (48 + 24 - 0) = 48$ .
Denetim (sabitleme yolu): Aslı'yı sabitleyelim. Burak için kalan $5$ sandalyeden $2$ 'si Aslı'nın yanında, $1$ 'i tam karşısındadır; geriye $2$ uygun sandalye kalır. Diğer $4$ kişi kalan sandalyelere $4!$ biçimde oturur: $2 \cdot 24 = 48$ . ✓

Şekil 5 — Aslı (

A

) sabitlendiğinde Burak (

B

) için yasak olan üç sandalye: iki komşu sandalye ve tam karşıdaki sandalye. Uygun iki sandalyenin her biri için kalan dört kişi

4!

biçimde oturur.

Sonuç:

48

Örnek

Soru

$5$ kişi şapkalarını vestiyere bırakıyor. Çıkışta şapkalar, her kişiye bir şapka verilecek biçimde dağıtılıyor. Tam olarak $2$ kişinin kendi şapkasını aldığı kaç farklı dağıtım vardır?

İki adım: kendi şapkasını alacak iki kişiyi seç, sonra kalan üç kişinin hiçbirinin kendi şapkasını almadığını sağla.

Kendi şapkasını alacak $2$ kişi $C (5, 2) = 10$ biçimde seçilir.
Kalan $3$ kişinin hiçbiri kendi şapkasını almamalıdır; aksi hâlde kendi şapkasını alan kişi sayısı $2$ 'den fazla olur. Bu bir düzensiz permütasyondur: $D_{3} = 2$ .
Çarpma kuralı: $10 \cdot 2 = 20$ .
Yaygın hata 1: Yalnız seçimi yapıp $10$ yazmak. Seçilen iki kişi kendi şapkasını aldıktan sonra diğer üç şapkanın dağıtılması da bir karardır.
Yaygın hata 2: Kalan üç şapkayı $3! = 6$ biçimde dağıtıp $10 \cdot 6 = 60$ yazmak. Bu $6$ dağıtımın yalnız $2$ 'sinde kalan üç kişinin hiçbiri kendi şapkasını almaz. Birinde üçü de kendi şapkasını alır (toplam $5$ kişi), üçünde ise biri kendi şapkasını alır (toplam $3$ kişi).
Yaygın hata 3: $D_{3}$ yerine $3! - 3 = 3$ kullanmak. Seçilen kişiler $1$ ve $2$ ise kalanlar $3, 4, 5$ 'tir; bu üç kişinin düzensiz dağıtımları yalnız $453$ ve $534$ 'tür (sırasıyla $3., 4., 5.$ kişinin aldığı şapkalar).
Denetim: Seçilen ikili sabitken kalan üç kişinin $3! = 6$ dağıtımı kendi şapkasını alan kişi sayısına göre $2 + 3 + 0 + 1 = 6$ biçiminde ayrılır (hiç kimse: $2$ , tam bir kişi: $3$ , tam iki kişi: $0$ , üçü: $1$ ). Toplam doğru: $6$ . ✓

Sonuç:

20

Örnek

Soru

$5$ öğrencinin her birinin kendine ait kilitli bir dolabı vardır. Beş dolabın anahtarları karışmış ve her öğrenciye bir anahtar verilmiştir.

a) Hiçbir öğrencinin kendi dolabının anahtarını almadığı kaç dağıtım vardır?

b) En az bir öğrencinin kendi dolabının anahtarını aldığı kaç dağıtım vardır?

b) şıkkında "en az bir"in tümleyeni "hiç kimse"dir; bu da a) şıkkının cevabıdır.

a) Bölüm 6'daki dört kişilik hesabı beş kişiye taşıyalım. $X_{i}$ : " $i$ . öğrenci kendi anahtarını alıyor". Belirli $j$ öğrenci kendi anahtarını alırsa kalan $5 - j$ anahtar $(5 - j)!$ biçimde dağılır ve bu $j$ öğrenci $C (5, j)$ biçimde seçilir:

$D_{5} = 120 - 5 \cdot 24 + 10 \cdot 6 - 10 \cdot 2 + 5 \cdot 1 - 1 = 120 - 120 + 60 - 20 + 5 - 1 = 44$

b) Tüm dağıtımlar $5! = 120$ . En az bir öğrencinin kendi anahtarını aldığı dağıtımlar: $120 - 44 = 76$ .
Yaygın hata: a) şıkkında $5! - 5 = 115$ yazmak. Bu hesap, en az bir öğrencinin kendi anahtarını aldığı dağıtımların yalnızca $5$ tane olduğunu varsayar. b) şıkkının cevabı bu sayının $76$ olduğunu gösteriyor.
Denetim (doğrudan sayma): "En az bir"i, tam olarak kaç öğrencinin kendi anahtarını aldığına göre ayrık durumlara bölüp $C (5, k) \cdot D_{5 - k}$ ile sayalım:

Kendi anahtarını alan	Hesap	Sayı
tam $1$	$C (5, 1) \cdot D_{4} = 5 \cdot 9$	$45$
tam $2$	$C (5, 2) \cdot D_{3} = 10 \cdot 2$	$20$
tam $3$	$C (5, 3) \cdot D_{2} = 10 \cdot 1$	$10$
tam $4$	$C (5, 4) \cdot D_{1} = 5 \cdot 0$	$0$
tam $5$	$C (5, 5) \cdot D_{0} = 1$	$1$

Toplam $45 + 20 + 10 + 0 + 1 = 76$ ve $76 + 44 = 120 = 5!$ . ✓ (Burada $D_{0} = 1$ alınır: sıfır kişinin dağıtımı tek biçimde, hiçbir şey yapmadan olur.)

Sonuç: a)

44

76

Örnek

Soru

Birbirinden farklı tam sayılardan oluşan kümeler düşünülüyor.

a) Bir kümede en az kaç sayı bulunursa, farkı $9$ 'a bölünen iki sayının kümede kesinlikle bulunduğu söylenebilir?

b) Hiçbir iki elemanının farkı $9$ 'a bölünmeyen bir küme en çok kaç elemanlı olabilir?

İki sayının farkı $9$ 'a bölünüyorsa bu iki sayı $9$ 'a bölündüğünde aynı kalanı verir. Kaç farklı kalan vardır?

Kutular: Bir tam sayının $9$ 'a bölümünden kalan $0, 1, 2, \dots, 8$ değerlerinden biridir. Bu $9$ kalan, $9$ kutudur.
Farkı $9$ 'a bölünen iki sayı, aynı kutuya düşen iki sayıdır.
b) En kötü durum: Her kutudan birer sayı alınırsa, örneğin ${0, 1, 2, \dots, 8}$ , hiçbir iki sayının farkı $9$ 'a bölünmez. Bu küme $9$ elemanlıdır. $10$ elemanlı bir kümede ise iki sayı aynı kutuya düşer. En çok $9$ eleman.
a) Bir fazlası: $10$ sayı $9$ kutuya dağılınca en az bir kutuda iki sayı bulunur. Cevap $9 + 1 = 10$ .
Yaygın hata: Kalanları $1, \dots, 8$ diye $8$ kutu sayıp a) için $9$ , b) için $8$ yazmak. $0$ kalanı, yani $9$ 'un katları da bir kutudur: ${9, 1, 2, \dots, 8}$ kümesinde $9$ ile diğer elemanlardan herhangi birinin farkı $9$ 'a bölünmez.
Denetim (küçük durum): Aynı soruyu $3$ ile soralım: kalanlar $0, 1, 2$ , yani $3$ kutu. ${1, 2, 3}$ kümesinde farklar $1$ , $2$ ve $1$ olup hiçbiri $3$ 'e bölünmez; dördüncü bir sayı hangisi olursa olsun bu üç sayıdan birinin kalanını tekrarlar (örneğin $4 - 1 = 3$ ). Yani $3$ eleman mümkün, $4$ eleman garanti verir. ✓

Sonuç: a)

10

9

Örnek

Soru

Bir torbada $7$ kırmızı, $4$ mavi ve $1$ yeşil top vardır. Toplar yalnız renkleriyle ayırt edilir; torbaya bakılmadan ve geri atılmadan birer birer çekilir.

a) Çekilen toplar arasında aynı renkten en az $3$ top bulunmasının kesin olması için en az kaç top çekilmelidir?

b) En az $2$ mavi top bulunmasının kesin olması için en az kaç top çekilmelidir?

c) Her renkten en az bir top bulunmasının kesin olması için en az kaç top çekilmelidir?

Her şık için istenen durumu olabildiğince geciktiren çekilişi kur. Torbada yalnız $1$ yeşil ve $4$ mavi top olduğunu unutma.

a) En kötü durum: Her renkten en çok $2$ top çekilmeli. Kırmızıdan $2$ , maviden $2$ çekilebilir; yeşilden ise yalnızca $1$ top vardır. Bu, $2 + 2 + 1 = 5$ top eder ve hâlâ aynı renkten $3$ top yoktur. Altıncı top kırmızı ya da mavi olmak zorundadır ve o rengin üçüncü topudur. Cevap $5 + 1 = 6$ .
Yaygın hata (formülü körü körüne uygulamak): " $3$ renk var, her renkten $2$ top, sonra $1$ fazla" diyerek $3 \cdot 2 + 1 = 7$ yazmak. Bu hesap, yeşilden $2$ top çekilebileceğini varsayar; oysa torbada tek yeşil top vardır.
b) En kötü durum: Mavi olmayan bütün toplar önce gelir: $7$ kırmızı ve $1$ yeşil, yani $8$ top. Ardından $1$ mavi top gelir ve hâlâ $2$ mavi yoktur. Toplam $9$ top. Sonraki top kesinlikle mavidir. Cevap $9 + 1 = 10$ .
Yaygın hata (şanslı durumu düşünmek): "İlk iki top mavi gelebilir" diyerek $2$ yazmak. Bu, istenen durumun mümkün olduğunu gösterir, kesin olduğunu değil.
c) En kötü durum: Bir renk hiç gelmezken diğer iki rengin bütün topları çekilir. Çekilişi en uzun tutmak için eksik kalan renk, en az topu olan renk olmalıdır: $7$ kırmızı ve $4$ mavi gelir, yeşil gelmez. $11$ top çekilmiştir. On ikinci top, torbada kalan tek top olan yeşildir. Cevap $11 + 1 = 12$ .
Denetim: c) şıkkının cevabı $12$ , torbadaki top sayısına eşittir; gerçekten de yeşil top son top olarak gelebilir, bu yüzden her renkten top bulunması ancak bütün toplar çekilince kesinleşir. a) şıkkı için ters soruyla denetim: Şekil 4'teki $5$ topluk çekilişte aynı renkten $3$ top yoktur, yani $5$ top yetmez. ✓

Sonuç: a)

6

10

12

Pekiştirme Soruları

Konuyu pekiştirmek için hazırlanmış özgün sorular.

Çözümlü Sorular

Her soruyu önce kendin dene; takıldığında Çözüme Bak.

Soru 1Kolay

Bir sınıfta

25

öğrenci vardır. Bu öğrenciler arasında **aynı ayda doğmuş** en az kaç öğrencinin bulunduğu kesin olarak söylenebilir?

Kutular aylardır: $12$ kutu var. Öğrenciler bu kutulara dağıtılıyor.
En şanssız durumu kuralım: öğrencileri aylara olabildiğince eşit dağıtırız. Her aya $2$ öğrenci koyarsak $12 \cdot 2 = 24$ öğrenci yerleşir.
$25$ . öğrenci hangi aya düşerse düşsün o ayda $3$ öğrenci olur. Yani her dağılımda en az bir ayda en az $3$ öğrenci vardır: $⌈ \frac{25}{12} ⌉ = 3$ .
$4$ kesin değildir: yukarıdaki dağılımda hiçbir ayda $4$ öğrenci yoktur.
Dikkat: $25 : 12$ bölümünün tam kısmı olan $2$ yazılmaz; artan bir öğrenci olduğu için bir üste yuvarlanır. $12$ ay (kutu) sayısıdır, cevap değildir. $13$ ise "aynı ayda doğan iki öğrencinin kesin bulunması için en az kaç öğrenci gerekir" sorusunun cevabıdır.

Sonuç:

3

Soru 2Kolay

Birbirinden farklı

4

mektup, her biri bir mektuba ait olan

4

zarfa, her zarfa bir mektup girecek biçimde yerleştirilecektir. **Hiçbir mektubun kendi zarfına girmediği** kaç farklı yerleştirme vardır?

Tüm yerleştirmeler: $4! = 24$ .
$A_{i}$ : $i$ . mektup kendi zarfında. Bir mektup sabitse kalanlar $3! = 6$ , iki mektup sabitse $2! = 2$ , üç mektup sabitse $1$ , dördü sabitse $1$ yerleştirme vardır.
Dahil etme–hariç tutma ile en az bir mektubun kendi zarfına girdiği yerleştirmeler: $4 \cdot 6 - 6 \cdot 2 + 4 \cdot 1 - 1 = 24 - 12 + 4 - 1 = 15$ .
Hiçbiri kendi zarfında değil: $24 - 15 = 9$ . Formül olarak: $D_{4} = 4! - C (4, 1) \cdot 3! + C (4, 2) \cdot 2! - C (4, 3) \cdot 1! + C (4, 4) \cdot 0! = 24 - 24 + 12 - 4 + 1 = 9$ .
Denetim: $1$ . mektup $2$ , $3$ ya da $4$ . zarfa girebilir. $1$ . mektup $2$ . zarfa girsin. $2$ . mektup $1$ . zarfa girerse $3$ . ve $4$ . mektuplar yer değiştirir ( $1$ yol). $2$ . mektup $3$ . ya da $4$ . zarfa girerse kalan iki mektubun yerleşimi tek biçimde belirlenir ( $2$ yol). Toplam $3$ yol. $1$ . mektubun $3$ . ya da $4$ . zarfa girdiği durumlar da aynı biçimde $3$ 'er yol verir: $3 \cdot 3 = 9$ .
Yaygın hatalar: $4! - 4 = 20$ yazmak ( $D_{n} = n! - n$ değildir); $24 - 24 + 12 = 12$ 'de durup son iki terimi unutmak; $24 - 24 + 12 - 4 = 8$ 'de durup son terimi unutmak; $15$ olan "en az bir" sayısını cevap sanmak.

Sonuç:

9

Soru 3Kolay

A, E, K, L, M

harfleri kullanılarak, harfler tekrar edilebilmek üzere,

3

harfli anlamlı veya anlamsız kelimeler yazılacaktır. Bu kelimelerden kaç tanesinin **ilk harfi sesli veya son harfi sessizdir**?

Sesli harfler $A, E$ ( $2$ tane), sessiz harfler $K, L, M$ ( $3$ tane). Tüm kelimeler: $5^{3} = 125$ .
İlk harfi sesli: $2 \cdot 5 \cdot 5 = 50$ . Son harfi sessiz: $5 \cdot 5 \cdot 3 = 75$ .
İkisi birden (ilk harf sesli **ve** son harf sessiz): $2 \cdot 5 \cdot 3 = 30$ . Ortadaki harfin $5$ seçeneği unutulmamalıdır.
İlk harfi sesli veya son harfi sessiz: $50 + 75 - 30 = 95$ .
Tümleyenle denetim: istenmeyen kelimelerde ilk harf sessiz ve son harf sesli olmalı: $3 \cdot 5 \cdot 2 = 30$ . $125 - 30 = 95$ ✓.
Yaygın hatalar: kesişimi çıkarmayıp $50 + 75 = 125$ bulmak (bu, tüm kelimelerin sayısıdır; oysa ilk harfi sessiz ve son harfi sesli olan kelimeler koşulu sağlamaz); kesişimi iki kez çıkarıp yalnız birini sağlayanların sayısını, $50 + 75 - 2 \cdot 30 = 65$ 'i bulmak; yalnız "son harfi sessiz" koşulunu sayıp $75$ yazmak; "veya" yerine "ve" okuyup $30$ yazmak.

Sonuç:

95

Soru 4Kolay

10

ile

100

arasındaki tam sayılardan (

10

100

**hariç**) kaç tanesi

3

ile veya

5

ile bölünür?

Sayılar $11, 12, \dots, 99$ 'dur.
$3$ 'ün katları: $12, 15, \dots, 99$ . Sayısı $\frac{99 - 12}{3} + 1 = 30$ .
$5$ 'in katları: $15, 20, \dots, 95$ . Sayısı $\frac{95 - 15}{5} + 1 = 17$ .
Hem $3$ hem $5$ ile bölünenler $EKOK (3, 5) = 15$ 'in katlarıdır: $15, 30, \dots, 90$ , yani $6$ tane.
$3$ veya $5$ ile bölünenler: $30 + 17 - 6 = 41$ .
Denetim: $1$ – $99$ arasında $33 + 19 - 6 = 46$ sayı vardır; bunlardan $1$ – $10$ arasındakiler ( $3, 5, 6, 9, 10$ ) çıkarılırsa $46 - 5 = 41$ ✓. Uçları dahil sayan $10$ ve $100$ 'ü de ekleyip $43$ bulur.
Yaygın hatalar: kesişimi çıkarmayıp $30 + 17 = 47$ bulmak; aralığı $1$ 'den başlatıp $46$ bulmak; uçları dahil edip $43$ bulmak; kesişimi iki kez çıkarıp yalnız birine bölünenlerin sayısını, $30 + 17 - 2 \cdot 6 = 35$ 'i bulmak.

Sonuç:

41

Soru 5Orta

Bir okulda satranç, müzik ve tiyatro kulüpleri vardır. Satranç kulübünde

20

, müzik kulübünde

25

, tiyatro kulübünde

18

öğrenci vardır. Satranç ve müzik kulüplerinin ikisine de üye

8

, satranç ve tiyatro kulüplerinin ikisine de üye

6

, müzik ve tiyatro kulüplerinin ikisine de üye

7

öğrenci vardır (bu sayılara üç kulübe birden üye olanlar da dahildir). Bu kulüplerden en az birine üye olan

45

öğrenci olduğuna göre, **en az iki** kulübe üye olan kaç öğrenci vardır?

Üç kulübe birden üye olanların sayısı $x$ olsun. Üç kümeli dahil etme–hariç tutma: $45 = (20 + 25 + 18) - (8 + 6 + 7) + x = 63 - 21 + x$ .
Buradan $x = 3$ bulunur.
Yalnız iki kulübe üye olanlar: satranç–müzik $8 - 3 = 5$ , satranç–tiyatro $6 - 3 = 3$ , müzik–tiyatro $7 - 3 = 4$ . Toplam $12$ .
En az iki kulübe üye olanlar: $12 + 3 = 15$ . Kısa yol: $(8 + 6 + 7) - 2 x = 21 - 6 = 15$ ; çünkü üç kulübe üye olanlar $21$ 'in içinde üç kez sayılmıştır, iki fazla sayımı çıkarırız.
Denetim: yalnız satranç $20 - 5 - 3 - 3 = 9$ , yalnız müzik $25 - 5 - 4 - 3 = 13$ , yalnız tiyatro $18 - 3 - 4 - 3 = 8$ . $9 + 13 + 8 + 12 + 3 = 45$ ✓ ve hiçbir bölge negatif değil.
Yaygın hatalar: $21$ yazmak (üçlü kesişimi üç kez saymak), $21 - 3 = 18$ yazmak (bir kez fazla sayıldığını sanmak), $12$ yazmak ("tam iki" ile "en az iki"yi karıştırmak).

Sonuç:

15

Soru 6Orta

Bir çekmecede

5

çift siyah ve

5

çift kahverengi eldiven vardır. Her çiftte bir sağ el, bir sol el eldiveni bulunur; aynı renkteki ve aynı ele ait eldivenler birbirinden ayırt edilemez. Çekmeceye bakılmadan eldiven alınıyor. Alınanlar arasında **aynı renkten bir sağ ve bir sol** eldiven bulunmasının kesin olması için en az kaç eldiven alınmalıdır?

Bu soruda kutular yalnız renkler değildir; bir eldivenin rengi ve hangi ele ait olduğu birlikte önemlidir.
Alınanlar arasında aynı renkten bir sağ ve bir sol eldiven yoksa, her renkten alınan eldivenlerin hepsi aynı ele aittir. Bir renkte bir elin en çok $5$ eldiveni vardır; bu yüzden böyle bir seçimde her renkten en çok $5$ , toplamda en çok $10$ eldiven bulunabilir.
$10$ eldiven, aynı renkten bir sağ–sol çifti oluşmadan gerçekten alınabilir: örneğin $5$ siyah sol ve $5$ kahverengi sol eldiven ya da $5$ siyah sol ve $5$ kahverengi sağ eldiven. Yani $10$ eldiven yetmez.
$11$ eldiven alınırsa bu sınır aşılır; demek ki bir renkte hem sağ hem sol eldiven bulunmak zorundadır. Cevap $10 + 1 = 11$ .
Yaygın hatalar: sağ–sol ayrımını unutup yalnız renklere bakarak $2 + 1 = 3$ bulmak; tek rengin sol eldivenlerini düşünüp $5 + 1 = 6$ bulmak; en kötü durumu doğru kurup $+ 1$ 'i unutmak ( $10$ ); ilk iki eldivenin çift olabileceği en iyi durumu düşünmek ( $2$ ).

Sonuç:

11

Soru 7Orta

1

'den

15

'e kadar olan tam sayılar (

1

15

dahil) arasından birbirinden farklı sayılar seçilecektir. En az kaç sayı seçilirse, seçilenler arasında **toplamı

16

olan** iki sayının bulunduğu kesindir?

Kutuları toplamı $16$ olan çiftler olarak kuralım: ${1, 15}, {2, 14}, {3, 13}, {4, 12}, {5, 11}, {6, 10}, {7, 9}$ . Bunlar $7$ kutudur.
$8$ 'in eşi yine $8$ olurdu; ama sayılar farklı seçildiği için $8$ hiçbir çifte girmez. ${8}$ ayrı bir kutudur. Toplam $8$ kutu vardır.
En şanssız durum: her çiftten bir sayı ve $8$ seçilir, örneğin $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8$ . Bu $8$ sayıda toplamı $16$ olan iki sayı yoktur.
Şimdi her $9$ sayılık seçimde böyle bir çiftin bulunduğunu gösterelim. $9$ sayı $8$ kutuya dağılırsa iki sayı aynı kutuya düşer. ${8}$ kutusuna yalnız bir sayı girebilir (sayılar farklıdır); bu yüzden aynı kutuya düşen iki sayı aynı çifttedir ve toplamları $16$ 'dır. Cevap $8 + 1 = 9$ .
Örnekteki $1, 2, \dots, 8$ seçiminde de bunu görürüz: $9$ . sayı $9$ – $15$ arasından olmak zorundadır ve seçilmiş eşiyle toplamı $16$ yapar.
Yaygın hatalar: $8$ 'i ayrı kutu saymayıp $7 + 1 = 8$ bulmak ya da $8$ kutu bulup $+ 1$ 'i unutmak; yalnız çift sayısını ( $7$ ) yazmak; ilk iki sayının $1$ ve $15$ gelebileceği en iyi durumu düşünmek ( $2$ ); en kötü durumda bir çiftin iki sayısının da seçilebileceğini sanıp $2 \cdot 7 + 1 = 15$ bulmak (oysa bir çiftin iki sayısı birlikte seçilirse toplamı $16$ olan iki sayı zaten bulunur).

Sonuç:

9

Soru 8Orta

Bir sınıfta numaralı

6

sıra bulunur ve

6

öğrencinin her birinin kendine ait bir sırası vardır. Öğrenciler her sıraya bir öğrenci oturacak biçimde yeniden oturacaktır. **En az

4

öğrencinin** kendi sırasına oturduğu kaç farklı oturuş vardır?

"En az $4$ " demek tam $4$ , tam $5$ veya tam $6$ öğrencinin kendi sırasında olması demektir. Bu durumlar ayrıktır; ayrı ayrı sayıp toplarız.
Tam $4$ : kendi sırasına oturacak $4$ öğrenci $C (6, 4) = 15$ biçimde seçilir; kalan $2$ öğrencinin ikisi de kendi sırasında olmamalıdır, bu da $D_{2} = 1$ biçimde olur (yer değiştirirler). $15 \cdot 1 = 15$ .
Tam $5$ : imkânsızdır. $5$ öğrenci kendi sırasındaysa geriye kalan tek sıra altıncı öğrencinin kendi sırasıdır. Sayı $0$ .
Tam $6$ : herkes kendi sırasında, $1$ oturuş.
Toplam: $15 + 0 + 1 = 16$ .
Yaygın hatalar: yalnız tam $4$ 'ü sayıp $15$ yazmak; tam $5$ 'i $C (6, 5) = 6$ sanıp tam $6$ 'yı unutmak ( $15 + 6 = 21$ ); tam $5$ 'i $6$ sanıp tam $6$ 'yı da eklemek ( $15 + 6 + 1 = 22$ ); kalan $2$ öğrenciyi serbest bırakıp $C (6, 4) \cdot 2! = 30$ yazmak (bu, herkesin kendi sırasında olduğu oturuşu $15$ kez sayar).

Sonuç:

16

Soru 9Orta

1

'den

300

'e kadar olan tam sayılardan (

1

300

dahil) kaç tanesi

2

3

5

sayılarından **yalnız birine** bölünür?

Tek kümeler: $2$ 'ye bölünen $150$ , $3$ 'e bölünen $100$ , $5$ 'e bölünen $60$ . Toplam $S_{1} = 310$ .
İkili kesişimler ( $EKOK$ 'lar $6$ , $10$ , $15$ ): $50 + 30 + 20$ , toplam $S_{2} = 100$ . Üçlü kesişim ( $30$ 'un katları): $S_{3} = 10$ .
Yalnız $2$ 'ye bölünenler: $150 - 50 - 30 + 10 = 80$ . Yalnız $3$ 'e: $100 - 50 - 20 + 10 = 40$ . Yalnız $5$ 'e: $60 - 30 - 20 + 10 = 20$ .
Yalnız birine bölünenler: $80 + 40 + 20 = 140$ . Genel kalıp: $S_{1} - 2 S_{2} + 3 S_{3} = 310 - 200 + 30 = 140$ .
Neden $3 S_{3}$ ? Üçüne de bölünen bir sayı $S_{1}$ 'de $3$ kez sayılır, $2 S_{2}$ 'de $6$ kez çıkarılır; sıfır kez sayılması için $3$ kez geri eklenmelidir.
Yaygın hatalar: $S_{1} - 2 S_{2} = 110$ (üçlüyü geri eklememek), $S_{1} - 2 S_{2} + S_{3} = 120$ (üçlüyü bir kez eklemek), $S_{1} - S_{2} = 210$ (ikilileri bir kez çıkarmak), $220$ ("en az biri" sayısını yazmak).

Sonuç:

140

Soru 10Zor

Ali ile Ayşe bir çift, Can ile Ece başka bir çifttir. Bu dört kişi ile arkadaşları Deniz ve Efe, toplam

6

kişi, düz bir sırada yan yana dizilecektir. **Ali ile Ayşe yan yana olmayacak ve Can ile Ece de yan yana olmayacak** biçimde kaç farklı diziliş vardır?

Tüm dizilişler: $6! = 720$ .
$A$ : Ali ile Ayşe yan yana. İkisini tek blok sayarsak $5$ birim $5!$ biçimde dizilir, blok kendi içinde $2$ biçimde: $s (A) = 2 \cdot 120 = 240$ . Benzer biçimde $s (B) = 240$ (Can ile Ece yan yana).
$A \cap B$ : iki çift de yan yana. İki blok ve $2$ kişi, $4$ birim: $4! \cdot 2 \cdot 2 = 96$ .
En az bir çift yan yana: $240 + 240 - 96 = 384$ .
Hiçbir çift yan yana değil: $720 - 384 = 336$ .
Yaygın hatalar: kesişimi geri eklemeyip $720 - 480 = 240$ bulmak; yalnız bir çifti düşünüp $720 - 240 = 480$ bulmak; "iki çift birden yan yana olmasın" diye okuyup $720 - 96 = 624$ yazmak; tümleyeni almadan $384$ yazmak.

Sonuç:

336

Soru 11Zor

Bir torbada

8

kırmızı,

5

mavi,

3

beyaz ve

2

yeşil top vardır. Toplar yalnız renkleriyle ayırt edilir; torbaya bakılmadan ve geri atılmadan birer birer çekilir. Çekilen toplar arasında **aynı renkten

4

top bulunması henüz kesin olmayacak** biçimde **en çok** kaç top çekilebilir?

Soru ters yöndendir: aynı renkten $4$ top içermeyen en uzun çekilişi, yani en kötü durumu arıyoruz.
Aynı renkten $4$ top olmaması için her renkten en çok $3$ top çekilebilir; ama torbada $3$ 'ten az topu olan bir renkten ancak o kadar top çekilebilir.
Kırmızıdan $3$ , maviden $3$ , beyazdan $3$ (torbadaki bütün beyazlar) ve yeşilden $2$ (torbadaki bütün yeşiller): $3 + 3 + 3 + 2 = 11$ top. Bu çekilişte aynı renkten $4$ top yoktur.
$12$ . top kırmızı ya da mavi olmak zorundadır (beyaz ve yeşil toplar tükenmiştir) ve o rengin $4$ . topu olur. Yani $11$ top çekildiğinde aynı renkten $4$ top kesin değildir, $12$ top çekildiğinde kesindir. Cevap $11$ .
Yaygın hatalar: renklerin top sayılarına bakmadan $4 \cdot 3 = 12$ yazmak (yeşilden $3$ top çekilebileceğini varsaymak) ya da bunun bir fazlası olan $13$ 'ü yazmak; en kötü durumu doğru kurup "en az kaç top çekilmeli ki kesin olsun" sorusunun cevabı olan $11 + 1 = 12$ 'yi yazmak; yeşil $4$ topa ulaşamadığı için yeşil topları en kötü duruma hiç katmamak ( $3 + 3 + 3 = 9$ ) ya da bunun bir fazlası olan $10$ 'u yazmak.

Sonuç:

11

Soru 12Zor

1

'den

30

'a kadar olan tam sayılar (

1

30

dahil) arasından birbirinden farklı sayılar seçilecektir. En az kaç sayı seçilirse, seçilenler arasında **toplamı

3

'e bölünen** iki sayının bulunduğu kesindir?

Sayıları $3$ 'e bölümünden kalana göre ayıralım: kalanı $0$ olan $10$ , kalanı $1$ olan $10$ , kalanı $2$ olan $10$ sayı var.
İki sayının toplamı $3$ 'e bölünür $⟺$ ikisinin de kalanı $0$ 'dır ya da biri $1$ , diğeri $2$ kalanlıdır.
Toplamı $3$ 'e bölünen iki sayı içermeyen bir seçimde: kalanı $0$ olanlardan en çok $1$ sayı bulunabilir; kalanı $1$ olanlarla kalanı $2$ olanlardan ise yalnız bir sınıfın sayıları bulunabilir ve o sınıfın $10$ sayısının hepsi alınabilir.
En şanssız durum: örneğin $3$ ile birlikte $1, 4, 7, \dots, 28$ ( $10$ sayı), toplam $11$ sayı. Bunların hiçbir ikisinin toplamı $3$ 'e bölünmez.
$12$ . sayı ya kalanı $0$ olan ikinci bir sayıdır ya da kalanı $2$ olan bir sayıdır; her iki durumda da toplamı $3$ 'e bölünen bir çift oluşur. Cevap $11 + 1 = 12$ .
Yaygın hatalar: $0$ kalanını ayrı bir kutu saymayıp en kötü durumu $10$ sayı sanmak ( $11$ ); kalanı $0$ olan iki sayının toplamının da $3$ 'e bölündüğünü unutup $20 + 1 = 21$ bulmak; yalnız $3$ kalan kutusuna bakıp $3$ ya da $4$ yazmak; en iyi durumu düşünüp $2$ yazmak.

Sonuç:

12

0/12 soru cevaplandı

Sık Yapılan Hatalar

Kesişimi geri eklemeyi unutmak. İki yasaklı dizilişlerde "ikisi birden" olan dizilişler iki kez çıkarılır; üç kümede ise üçlü kesişim geri eklenmezse o bölge hiç sayılmaz. (Örnek 2, Örnek 3)
Ortak katları çarpımla bulmak. " $a$ ile de $b$ ile de bölünen" sayılar $EKOK (a, b)$ 'nin katlarıdır; $6$ ile $9$ için $54$ değil, $18$ . (Örnek 1)
"Hiçbiri" sorusunda tümleyeni almamak. Dahil etme–hariç tutma "en az biri"ni verir; "hiçbiri" için bu sayı tümünden çıkarılır. (Örnek 2)
Aralığın uçlarını okumamak. Uç değerlerden biri bir katsa "dahil" ile "hariç" farklı cevap verir. (Örnek 1)
Düzensiz permütasyonu $n! - n$ sanmak. $3! - 3 = 3$ iken listede $D_{3} = 2$ vardır; $D_{4} = 9$ , $D_{5} = 44$ . (Örnek 5, Örnek 6)
"Tam $k$ kişi" sorusunda bir adımı atlamak. Önce $C (n, k)$ ile kişiler seçilir, sonra kalanlar düzensiz dağıtılır: $C (n, k) \cdot D_{n - k}$ . (Örnek 5)
Güvercin yuvasında şanslı durumu düşünmek ya da $+ 1$ 'i unutmak. "Kesin" sorusu en kötü durumla çözülür ve cevap en kötü durumun bir fazlasıdır; en kötü durumun kendisi ters sorunun cevabıdır. (Örnek 7, Örnek 8)
Renk sayıları eşit değilken $⌈ n / k ⌉$ kalıbını kullanmak. Az sayıda topu olan renk erken tükenir; en kötü durumu renk renk kur. (Örnek 8)
Kalan kutularında $0$ kalanını unutmak. $m$ 'ye bölümden kalanlar $0, 1, \dots, m - 1$ olup $m$ tanedir. (Örnek 7)

Özet

Soru	Yöntem	Kalıp
$A$ veya $B$	Ekle, kesişimi çıkar	$s (A) + s (B) - s (A \cap B)$
Üç küme	Ekle, ikilileri çıkar, üçlüyü geri ekle	Bölüm 3'teki formül
Hiçbiri	Dahil etme–hariç tutma, sonra tümleyen	$s (E) - s (A \cup B \cup C)$
Ortak katlar	EKOK	$⌊ N / EKOK (a, b) ⌋$
İki yasak ( $n$ nesne)	Tümleyen ve kesişimi geri ekleme	$n! - 2 (n - 1)! + (n - 2)!$
Kimse kendi yerinde değil	Düzensiz permütasyon	$D_{3} = 2$ , $D_{4} = 9$ , $D_{5} = 44$
Tam $k$ kişi kendi yerinde	Seç, kalanı düzensiz dağıt	$C (n, k) \cdot D_{n - k}$
"En az kaç çekilmeli ki … kesin olsun"	En kötü durumu kur, $1$ ekle	(en kötü durumdaki sayı) $+ 1$
"Aynı kutuda en az kaç nesne kesin bulunur"	Genelleştirilmiş güvercin yuvası	$n$ nesne, $k$ kutu: $⌈ n / k ⌉$

Pratik İpucu

Soruda veya / ve / yalnız / hiçbiri / tam olarak / en az sözcüklerini işaretle; her biri farklı bir bölgeyi ya da farklı bir hesabı gösterir.
Kesişimi geri eklemeden önce iki yasağın aynı anda gerçekleşip gerçekleşemeyeceğini sor; gerçekleşemiyorsa kesişim sıfırdır.
Güvercin yuvası sorusunda önce kutuları adlandır (renkler, aylar, kalanlar, çiftler), sonra "kesin" sözcüğünü "en şanssız çekilişte bile" diye oku.

1. Neden Çift Sayıyoruz? Venn Şemasıyla Sezgi

2. İki Küme İçin Dahil Etme–Hariç Tutma

3. Üç Küme: Ekle, Çıkar, Geri Ekle

4. Bölünebilme Sayımları: Tam Kısım ve EKOK

5. Dizilişlerde İki Yasak: Kesişimi Geri Eklemek

6. Düzensiz Permütasyon: Kimse Kendi Yerinde Değil (Derinleştirme)

7. Güvercin Yuvası İlkesi: En Kötü Durumu Kurmak (Derinleştirme)

8. Genelleştirilmiş Güvercin Yuvası ve Yuvaları Doğru Seçmek

Çözümlü Sorular

Pekiştirme Soruları

Çözümlü Sorular

Sık Yapılan Hatalar

Özet

Pratik İpucu

Sayma, Olasılık ve İstatistik — diğer konular